Matematika 4 gy. Földtudomány és Környezettan BSc II/2 Mincsovics Miklós Emil, Havasi Ágnes

Átírás

1 Matematika 4 gy Földtudomány és Környezettan BSc II/ Mincsovics Miklós Emil, Havasi Ágnes.Gyakorlat: Integrálszámítás NT-ekben (R n -ben: Másodfajú vonalintegrál A, alapfogalmak: másodfajú vonalintegrál kiszámítása definíció szerint, primitív függvény, Newton-Leibnitz szabály. Legyen f : R R, f(x, y = (y, x. a, Tekintsük az r : R R utat, r : y = x, x [, ]. Számítsuk ki r f értékét definíció szerint. b, Legyen a K : R R zárt görbe a következőképpen megadva K : x + y =, óramutató járásával megegyező irányban egy körbefutásnyi. Számítsuk ki K f értékét. c, Van-e f-nek primitív függvénye? Ha igen, akkor határozzuk meg.. Legyen f(x, y = (y, x. K : x + y =, óramutató járásával ellentétes irányban egy körbefutásnyi. a, Számítsuk ki K f értékét. b, Van-e f-nek primitív függvénye? c, Mi a helyzet, ha az út irányítását megfordítjuk? d, Meg tudnánk-e adni egy nemtriviális zárt görbét, amin a másodfajú vonalintegrál? 3. ("Ellenpélda" Legyen f(x, y = ( y x,. K : x + y =, óramutató járásával ellenkező x +y x +y irányban egy körbefutásnyi. Számítsuk ki K f értékét. B, gyakorló feladatok. Legyen f(x, y = (x + y, x y. Határozzuk meg f primitív függvényét!. Legyen f(x, y = (x, y. Legyen r a következő háromszögvonal: (, -ból indul, egyenes szakaszokon a (, és (, pontokon áthalad, majd visszatér az origóba. r f =? 3. Legyen f(x, y = (x + y, y + x. r : y = x, x [, ]. Számítsuk ki r f értékét. 4. Határozzuk meg az alábbi f : R 3 R 3 függvények primitív függvényét. a, f(x, y, z = (yz, xz, xy; b, f(x, y, z = (x yz, y xz, z xy; c, f(x, y, z = ( y + y z, x z + x y, xy z. 5. Legyen f(x, y = (x xy, y xy. r : y = x, x [, ]. r f =? 6. Legyen f(x, y = (x + y, x y. r : y = x, x [, ]. r f =? 7. (szorgalmi Legyen f(x, y = ( y, 3x xy+3y x 3x xy+3y. Határozzuk meg f primitív függvényét!

2 Megoldások A//a, Az r görbe paraméterezése: r(t = (t, t, t [, ], deriváltja r (t = (, T. ( f = f(r(t, r ( (t dt = t t dt = t dt =. K r A//b, A K görbe paraméterezése: K(t = (cos( t, sin( t = (cos t, sint, t [, π], deriváltja K (t = ( sint, cos t T. ( ( sint π f = sint cos t dt = sin t cos t dt = cos t dt =. cos t π A//c, f differenciálható (léteznek a parciális deriváltjai és folytonosak egész R -en, továbbá y f = x f = (azaz f szimmetrikus, így létezik primitív függvénye. Tudjuk, hogy f primitív függvényére F = f, vagyis: x F = f, azaz x F = y F(x, y = xy + g(y, illetve y F = f, azaz y F = x F(x, y = xy + h(x. Ebből kapjuk, hogy F(x, y = xy + C, ahol C R tetszőleges konstans. Másik lehetőség a primitív függvény meghatározására, ha kiintegráljuk f-et egy (x, y-ba vezető úton (a kezdőpont tetszőleges, de nem lehet (x, y. Válasszuk az r út kezdőpontjának az origót. Az utunkat két részre bontjuk: először haladjunk az x- tengelyen (x, -ig, majd innen párhuzamosan az y-tengellyel egészen (x, y-ig. A két út paraméterezése a következő: r (t = (t,, t [, x], deriváltja r (t = (, T. r (t = (x, t, t [, y], deriváltja r (t = (, T. r f = f + f = r r x ( t ( y ( ( dt + t x Az összes primitív függvény ettől csak konstansban tér el. y dt = + x dt = [xt] y = xy. A//a, A K út paraméterezése a következő: K(t = (cos t, sint, t [, π], deriváltja pedig K (t = ( sint, cos t T. ( ( sint π f = sint cos t dt = sin t cos t dt = dt = π. cos t K A//b, Nincs, mert y f = x f =. A//c, Ellentétes irányítottságú úton a vonalintegrál a -szeresére változik, így π. A/3, Mivel y f = y x = (x +y x f, így az az érzésünk lehet, hogy van primitív függvénye f-nek. Továbbá zárt görbén integrálunk, így -át kéne kapjunk. De K f = ( sint cos t ( sint cos t dt = sin t + cos t dt = π. A magyarázat az, hogy a K utat bele kéne tudjuk foglalni egy egyszeresen összefüggő tartományba, amely tartomány minden pontjában meg kell egyezzenek f keresztben vett parciális deriváltjai. Vegyük észre, hogy az origóban a parciális deriváltak nincsenek értelmezve (már f sem volt. Így az origót ki kéne vágni a tartományunkból, viszont ha azt akarjuk, hogy ugyanakkor K-t tartalmazza, akkor meg nem lesz egyszeresen összefüggő. B/, Hasonlóan járunk el, mint a A//c, feladatnál: x ( ( f = f + f = t t r r r x t dt + x x t dt = x y ( ( dt + x + t x t + xy y. dt =

3 Tehát f összes primitív függvénye: F(x, y = x y + xy + C, ahol C R tetszőleges konstans. Másképp: x F = f, azaz x F = x + y F(x, y = x + xy + g(y, illetve y F = f, azaz y F = x y F(x, y = xy y + h(x. Ahonnan már adódik F. B/3, Az r út nem túl szép, így reménykedünk, hogy van f-nek primitív függvénye, mert akkor az integrál értéke csak az út kezdő- és végpontjától függ. f differenciálható egész R -en és y f = = x f, vagyis létezik primitív függvénye. Válasszunk egy kellemesebb ˆr utat: ˆr(t := (t, t, t [, ], deriváltja r (t = (, T. f = f = r ˆr ( t + t t + t ( B/5, r paraméterezése: r(t = (t, t, t [, ], deriváltja r (t = (, t T. r f = ( t t 3 t 4 t 3 ( t dt = dt =... = 5 3. t t 3 + t 5 4t 4 dt = 4 5. B/6, Az r görbe két egyenesszakaszból áll, az r darab a (, pontból az (, pontba, a r darab az (, pontból a (, pontba fut. r paraméterezése: r (t = (t, t, t [, ], r (t = (,. r paraméterezése: r (t = (t, t, t [, ], r (t = (,. f = f + f = r r r ( t ( ( dt + t + ( t t ( t ( dt = Eredmények t dt + B/4/a, F(x, y, z = xyz + C, C R tetszőleges. 8 8t + t dt = = 4 3. B/4/b, F(x, y, z = 3 (x3 + y 3 + z 3 xyz + C, C R tetszőleges. B/4/c, F(x, y, z = xy z x y + x + C, C R tetszőleges. B/7, F(x, y = 8 arctg( 3 8x (y 3 x + C. Útmutatások B/, r f =, mert f-nek létezik primitív függvénye (f differenciálható és yf = x f =. 3

4 .Gyakorlat: Integrálszámítás NT-ekben (R n -ben: Másodfajú vonalintegrál A, gyakorló feladatok. Határozzuk meg f(x, y = (x, y primitív függvényét.. Legyen f(x, y = (x + xy y, x xy y. Határozzuk meg f primitív függvényét! 3. Legyen f(x, y = (x + y, y x. Az T út pedig egy téglalap, melynek csúcsai a bejárás szerinti sorrendben (,, (3,, (3, 4, (, 4. T f =? 4. Legyen f(x, y, z = (y, z, x. S(t = (acos t, asint, bt, ahol t -tól π-ig nő. S f =? B, komolyabb feladatok. Legyen f : R 3 R 3 differenciálható függvény. Bizonyítsuk be, hogy f pontosan akkor szimmetrikus, ha rot f =.. Legyen g : R R tetszőleges differenciálható függvény. Mutassuk meg, hogy az f : R R, f(x, y = (xg(x +y, yg(x +y függvény minden szakaszonként sima zárt útra vett másodfajú vonalintegrálja. 3. Legyen f(x, y = (e x +y x, e x +y y egy fizikai erőtér. Határozzuk meg a végzett munkát, ha az origóból az (, pontba jutunk el. (használjuk az előző feladatot 4. Legyen f : R R folytonos függvény. Bizonyítsuk be, hogy r f KM, ahol K az r szakaszonként sima út hossza és M = max r f + f. y x, (x +xy+y 5. Legyen f(x, y = (. Bevezetve az I (x +xy+y R := x +y =R f jelölést, mutassuk meg, hogy lim R I R =. (használjuk az előző feladatot 6. Mutassuk meg, hogy a gravitációs erőtér konzervatív! 4

5 Megoldások A/, (Az./A//c, illetve./b/ feladat mintájára.. megoldás: Olyan F : R R függvényt keresünk, amelyre x F(x, y = x F(x, y = x + h(y alakú, ahol h(y egy csak y-tól függő tag, illetve y F(x, y = y F(x, y = y + g(x alakú, ahol g(x egy csak x-től függő tag. A kettőt egybevetve f összes primitív függvénye: F(x, y = x + y. A megoldás vonalintegrállal: r (t = (t,, t [, x], r (t = (, T,, r (t = (x, t, t [, y], r (t = (, T. r f = f + r f = r x Ahonnan F(x, y = x + y + C. B/, Az f mátrix a következő: ( t ( f = y ( ( + x t x f y f z f x f y f z f x f 3 y f 3 z f 3, = + C, C R tetszőleges konstans. x y t dt + t dt = x + y. ahol f, f és f 3 jelöli f koordináta-függvényeit. Az f mátrix szimmetrikussága azt jelenti, hogy a főátlóra szimmetrikusan elhelyezkedő elemek egyenlők, azaz x f = y f, x f 3 = z f és y f 3 = z f. Az f rotációja: rotf = i j k x y z f f f 3 = ( yf 3 z f, z f x f 3, x f y f. rotf nullával való egyenlősége azt jelenti, hogy y f 3 = z f, z f = x f 3 és x f = y f, ami megegyezik az f szimmetrikusságából előbb kapott feltételrendszerrel. B/, Az f folytonos függvény minden szakaszonként sima zárt útra vett másodfajú vonalintegrálja feltétel azt jelenti, hogy a vonalintegrál független az úttól, vagyis f-nek létezik primitív függvénye. Nekünk tehát azt kell belátni, hogy van primitív függvénye. f differenciálható, így f szimmetrikussága ezt már maga után vonja. Itt ez teljesül, hiszen y f = xg (x + y y = x f. B/3, Mivel f a B/. feladat szerinti alakú (g = exp, így létezik primitív függvénye. Ezért a megadott pontokat összekötő akármilyen út mentén haladhatunk. Válasszuk az egyenesszakaszt: r(t = (t, t, t [, ], r (t = (, T. r f = ( e t t e t t ( dt = t e t = [ ] et = (e. B/4, Legyen r : [a, b] R szakaszonként sima út. Ennek ívhossza K = b a r (t dt. b f = f(r(t, r b b (t dt f(r(t, r (t dt f(r(t r (t dt r a a Itt a norma az euklideszi normát jelenti, és felhasználtuk, hogy egy függvény integrálja abszolút értékben kisebb vagy egyenlő, mint a függvény abszolút értékének az integrálja, valamint a CBSegyenlőtlenséget. A f(r(t = (f (r(t + (f (r(t tényezőt az r út menti abszolútértékben legnagyobb értékével becsüljük felülről. Ez már egy szám, így kivihetjük az integrál elé, így b f r a f(r(t r (t dt max f r + f b a a r (t dt = MK. 5

6 B/5, Az előző feladat alapján I R K R M R, ahol K R = Rπ, és M R a függvény euklideszi normájának a maximuma az R sugarú kör mentén. Ekkor az R sugarú kört alkotó (x, y = (R cos ϕ, R sinϕ pontokban y f(x, y = (x + xy + y 4 + x (x + xy + y 4 = R (R + R cos ϕ sinϕ 4 = R 3 ( + cos ϕ sinϕ = ( R 3 + sin ϕ R 3 ( + = 4 R 3. Ebből I R K R M R 4 8π R3Rπ = R, ha R. Azaz I R -t abszolút értékben majoráltuk egy nullához tartó sorozattal lim R I R =. Eredmények A/, F(x, y = x3 3 + x y xy y3 + C, C R tetszőleges. A/3, 8. Útmutatások A/4, S f = (asint, bt, acos t, ( asint, acos t, b T dt = a sin t + abt cos t + abcos t dt =... = a π. Az integrálás során használjuk fel, hogy sin t = cos t, illetve t cos t-t pedig integráljuk parciálisan. 6

7 3.Gyakorlat: Többszörös integrálok: Kettős integrál, Polártranszformáció A, kettős integrál téglalap tartományon. Határozzuk meg az f(x, y = x + 4y függvény integrálját az egységnégyzeten. (mindkét sorrendben. Határozzuk meg c értékét úgy, hogy az f(x, y = c(x + 3y függvény egységnégyzetre vett integrálja legyen! 3. I := [, ln] [, ln3]. I e3x+4y dxdy =? 4. I := [, [,. I e x y dxdy =? B, kettős integrál normáltartományon. H := { (x, y : x, x y x }. H xy dxdy =? (kétféleképpen. Határozzuk meg a xy = a és x + y = 5 a görbék által közrefogott síkidom területét! 3. Határozzuk meg az egységsugarú körlap területét! (polártranszformáció nélkül C, integráltranszformáció polártranszformáció. Határozzuk meg az egységsugarú körlap területét!. T := { (x, y : x + y, x, y }. T xy x +y dxdy =? 3. T := { (x, y : x + y 4 }. T ln(x + y dxdy =? D, integrálási sorrend felcserélése, egyéb. Cseréljük fel az integrálás sorrendjét az alábbi integrálokban. a, b, c, x x x f(x, y dydx ; x f(x, y dydx ; 3 y f(x, y dxdy.. Mutassuk meg, hogy x +y a x m y n dxdy =, ha m, n pozitív egészek közül valamelyik páratlan! 3. x +y 4 sgn (x + y dxdy =? 7

8 Megoldások A/, I = [, ] [, ]. Az integrálás sorrendje tetszőleges. Mindkét sorrendben kiszámítjuk. [ ] x f dxdy = x 3 [ + 4y dx dy = 3 + 4xy dy = + 4y dy = 3 3 y + y I A másik sorrendben: f dxdy = I x + 4y dy dx = A/, I = [, ] [, ]. Az integrálás sorrendje tetszőleges. [ x f dxdy = c x + 3y 3 dx dy = c 3 + 3y x I Tehát c = 3 4. A/3, f(x, y = g(xh(y alakú, így ln 3 f dxdy = A/4, I I lim a ln x= [ x y + y ] [ x y= dx = x 3 + dx = 3 + x e 3x+4y dx dy = ( ln { a f dxdy = e x y dx dy = lim a {( a ( a } e x dx e y dy = lim a ] x= ] ] = 7 3. = 7 3. dy = c 3 + 3y dy =... = 4 3 c. ( ln 3 e 3x dx e 4y dy =... = 4 3. a {[ e x ] a B/, A tartomány x és y szerint is normáltartomány.. A tartományt x szerint normáltartománynak tekintve: ( x ] x f dxdy = xy dy dx = [x y3 dx = H x 3 y=x. A tartományt y szerint normáltartománynak tekintve: ( y [ x f dxdy = xy dx dy = H y y ] y x=y } e x y dx dy = [ e y ] a } = lim a ( e a =. dy = x 4 3 x7 3 dx =... = 4. y 3 y4 dy =... = 4. B/, A tartomány x szerint normáltartomány. Ennek x szerinti határai az xy = a és x + y = 5 a görbék metszéspontjainak x-koordinátái, vagyis az xy = a és x+y = 5 a egyenletekből álló rendszer megoldásai x-re: x = a, x = a. Az a > esetet tárgyaljuk. (A másik eset hasonlóan végezhető el. A tartomány területe az azonosan függvény integrálja a H = {(x, y : a a x a, x y x+ 5 a} tartományra. Tehát ( a x+ 5 a a 5 a T = dy dx = ( x + a dx = [ x a a a x + 5 ] a ax a lnx = a x ( 5 a 8 ln4. B/3, Egy negyedkörlap területét határozzuk meg. N-nel jelöljük az egységkörlap pozitív síknegyedbe eső darabját. ( x T/4 = dxdy = dy dx = x dx. Az x = cos t helyettesítéssel integrálva T/4 = N cos t sint dt = sin t dt = cos t dt =... = π 4. 8

9 C/, Polártranszformációt alkalmazva: T = K dxdy = r dϕ dr = rπ dr = π. C/, Polártranszformációt alkalmazva az integrálandó kifejezés egyszerűsödik: xy = r cos ϕ sin ϕ = sinϕ, tehát x +y r (sin ϕ+cos ϕ T f dxdy = sin ϕ r dϕ dr =... = 4. C/3, D//a, D//b, D//c, T ln(x + y dxdy = lnr r dϕ dr = π amit parciálisan integrálva (u = r, v = lnr szereposztással: = π[r lnr] π x x f(x, y dy dx = x r lnr dr, r [ ] ( r dr = π r lnr r = π 4 ln 3. y y x 3 f(x, y dy dx = y f(x, y dx dy = f(x, y dx dy + 3 y x 4 y y f(x, y dx dy. f(x, y dy dx. f(x, y dx dy. Eredmények D/3,. D/4,. 9

10 4.Gyakorlat: Többszörös integrálok: Hármas integrál, Henger és gömbi koordinátákra való áttérés A, hármas integrál. Határozzuk meg az f(x, y, z = x + 4yz függvény integrálját az egységkockán.. T := {(x, y, z : x, y x, z x y}. T xy dxdydz =? (T rajzolva 3. T := {(x, y, z : x, y } x, z x y. T y dxdydz =? 4. Határozzuk meg a z = x y felület xy-sík feletti részének térfogatát! B, hármas integrál transzformációja henger és gömbi koordinátákra való áttérés. T := { (x, y, z : x + y, z } z. T dxdydz =? (hengerkoordináták alkalmazásával +x +y. Számítsuk ki az R sugarú, m magasságú henger térfogatát. xyz 3. Számítsuk ki az f(x, y, z = függvény integrálját az egységgömb. térnyolcadba eső x +y +z részén! (gömbi koordináták alkalmazásával 4. Számítsuk ki az R sugarú gömb térfogatát. 5. Határozzuk meg a x + y = R, x + y + z = a, x =, y = és z = felületek által közrefogott test térfogatát!

11 Megoldások A/, Az integrálás sorrendje tetszőleges. [ 3 y + y z x + 4yz dx dy dz = ] y= dz = [ x yzx 3 + z dz =... = 4 3. ] x= dy dz = + 4yz dy dz = 3 A/, x x y [xy x y xy3 3 xy dz dy dx = ] x y= dx = x xy( x y dy dx = 3 x x + x 3 3 x4 dx =... = 6. A/3, x x y [y y x y4 y dz dy dx = ] x y= ( x + x 4 dx = dx = x [x x3 3 + x5 5 y( x y dy dx = x ( x x ( x dx = ] x= =... = 4 5. A/4, x x y x [y x y y3 3 ] x dz dy dx = y= x dx = 4 3 majd x-et sint-vel helyettesítve és felhasználva a cos t = B/, Hengerkoordinátákra áttérve: z + x + y dxdydz = T x x x y dy dx = ( 3 x dx, cos t+ azonosságot: 4 3 ( x 3 dx = 4 cos 4 t dt =... = π 3 π. [z ln( + r ] r= dϕ dz =... = π ln. B/, Hengerkoordinátákra áttérve: V = R m B/3, Gömbi koordinátákra áttérve: r dz dϕ dr = R z + r r dr dϕ dz = mr dϕ dr = R r 3 sin ω sin ϕ cos ϕ cos ω r r sin ω dr dϕ dω = ( ( ( π [ r 3 dr sin 3 r 4 ω cos ω dω sinϕcos ϕ dϕ = 4 [ r πmr dr = πm ] [ sin 4 ω 4 ] π r + rz dr dϕ dz = ] R [ 4 cos ϕ ] π = mr π. = 3.

12 B/4, Gömbi koordinátákra áttérve: R r sinω dr dϕ dω = [ r 3 π sin ω 3 ] R dω = 3 R3 π sin ω dω =... = 4 3 R3 π.

13 5.Gyakorlat: Komplex számok, Komplex függvénytan: Folytonosság, Differenciálhatóság A, komplex számok. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket! a, ( + i( i; b, ( + i ; c, i 3 ; d, +i i.. Írjuk át a következő komplex számokat a másik két alakba! (algebrai/ trigonometrikus/ exponenciális a, i ; b, 3 + i ; c, i ; d, ; e, cos π 3 + i sin π 3 ; f, cos π 3 + i sin π 3 ; g, sinα i cos α. 3. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket! a, ( i ; b, (+i9 ; c, ; d, i ; e, 3 ( i ; f, 5 i Adjunk formulát sin3α és cos 3α-ra sinα, cos α segítségével. 5. Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a komplex számok körében. a, z + = ; b, z z + = ; c, z = i z ; d, z iz = ; e, z 3 z + =. 6. Igazoljuk a következő azonosságokat. a, z = z ; b, z = z ; c, zz = zz = z ; d, z z = z z ; e, z z = z z. 7. Mutassuk meg, hogy a komplex számtest nem rendezhető (művelettartóan! B, folytonosság, differenciálhatóság. Mutassuk meg, hogy az f(z = z függvény folytonos.. Definíciót használva számítsuk ki f (z-t, ha a, f(z = z 3 ; b, f(z = +z z. 3. Mutassuk meg, hogy az alábbi függvények nem differenciálhatóak! a, f(z = Rez ; b, f(z = z ; c, f(z = z. 4. Mutassuk meg, hogy az alábbi függvény folytonos, illetve állapítsuk meg, hogy létezik-e f (! { z f(z = z, ha z,, ha z =. 3

14 Megoldások A/,a ( + i( i = i = ( =. A/,b ( + i = + i + i = i. A/,c i 3 = (i i = i = i i = i. A/,d +i i = (+i(+i ( i(+i = +3i+i 4i = +3i 5 = 5 + i3 5. A/,a r = + ( =, tg ϕ = ϕ = π 4 i trigonometrikus alakja: (cos( π 4 + i sin( π 4, exponenciális alakja: e i π 4. A/,b r = 3 + =, sinϕ = ϕ = π i = (cos π 6 + i sin π 6 = ei π 6. A/,c i = (cos π + i sin π = ei π. A/,d = (cos + i sin = e. A/,e cos π 3 + i sin 3 = ei π 3 = + i 3. A/,f cos π 3 + i sin π 3 = eiπ 3 = + i 3. A/,g sinα i cos α = cos(α π + i sin(α π. A/3,a 5 i 5 A/3,b (+i9 ( i 7 = (+i6 = [ (cos π [( i(+i] 7 4 +isin π 4 ]6 = ( 6 (cos 4π + i sin4π = 7 7 A/3,c ±i A/3/d, i = ( cos π + i sin π = cos π ( +kπ π + i sin +kπ, k =, ( i = i. 3 ( = cos + i sin = cos kπ A/3/e, A/3/f, 4π 3 irányszögű komplex számok. 3 + i sin ( kπ 3 + i, ( i =, k =,, (ezek az egységnyi abszolút értékű,, π 3 és 5 i = 5 cos( π 4 + i sin( π 4 = (cos π 4 +kπ 5 + i sin π 4 +kπ 5, k =,,, 3, 4. A/4, Írjuk fel a cos α + i sinα komplex szám köbét kétféleképpen:. (cos α + i sinα 3 = cos 3α + i sin3α;. (cos α + i sinα 3 = cos 3 α + 3 cos αisin α + 3 cos α(i sin α + (i sinα 3 = cos 3 α 3 cos α sin α + i(3 cos α sin α sin 3 α. A két egyenlőség jobb oldalán ugyanaz a komplex szám áll, tehát külön-külön a valós és a képzetes részük is megegyezik. Ebből cos 3α = cos 3 α 3 cos α sin α és sin3α = 3 cos α sinα sin 3 α. A/5/a, z, = ±i. A/5/b, z, = ± 4 = ± i A/5/c, Írjuk fel a z komplex számot x + iy alakban, ahol x, y R. Ezzel az egyenlet (x y + ixy = i x + y. Az egyenlőség két oldalán álló komplex szám valós és képzetes része is meg kell, hogy egyezzen. Ebből az x y = és xy = x + y egyenleteket kapjuk. Az első egyenlet megoldása x = ±y. A másodikba behelyettesítve: I x = y esetén az x = x = x egyenletet kapjuk. Négyzetre emelve 4x 4 = x. Az x = megoldás (ekkor y =. Ha x, akkor oszthatunk x -tel, és így a x = egyenlethez jutunk, amelynek megoldása x = ± (y = ±. II x = y esetén a x = x egyenletet kapjuk. Ennek megoldása x = (y =. Összegezve, az egyenletnek három megoldása van: z =, z = + i, z 3 = i. 4

15 A/5/d, z iz = (z i z = i. A/5/e, A Cardano-képlet a következőképpen adja meg a gyököket a z 3 + pz + q = egyenlet esetén: z = 3 q (q ( p q (q ( p Ezt alkalmazva, tehát z = ( ( 7 3 = értékét kell meghatároznunk. A továbbiakban használjuk fel, hogy 3 ± 43 = ( ± 3 3. Majd a köbgyökvonást háromféleképpen elvégezve kapjuk, hogy z =, 4, 5 a gyökök. A/6/a, Legyen z = x + iy. z = x + iy = x iy = x + iy = z. A/6/b, z = x iy = x + ( y = x + y = z. A/6/c, (x + iy(x iy = (x iy(x + iy = x + iyx ixy i y = x + y = z A/6/d, z = x + iy, z = x + iy z z = (x + iy (x + iy = x x y y + i(x y + x y = (x x y y + (x y + x y = x x + y y + x y + x y z z = x + x y + y = x x + y y + x y + x y A/6/e, z z = (x + iy (x + iy = x x y y + i(x y + x y = x x y y i(x y + x y z z = (x iy (x iy = x x y y i(x y + x y A/7, A valós számok rendezésének ismert tulajdonsága, hogy ha a és b, akkor ab. Megmutatjuk, hogy a valós számokon használatos rendezést nem tudjuk a komplex számtestre úgy kiterjeszteni, hogy ezzel a tulajdonsággal rendelkezzen. Tegyük fel először, hogy i. Ekkor a = b = i mellett ab = i =, ami ellentmondás. Másodszor tegyük fel, hogy i, azaz i. Ekkor a = i és b = i szereposztással ab = ( i = szintén ellentmondással. Azaz i és a közé nem tudunk semmilyen relációs jelet írni, így a komplex számokat nem tudjuk művelettartóan rendezni. 5

16 6.Gyakorlat: Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek, Laplace-féle differenciálegyenlet, hatványsorok A, Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek, Laplace-féle differenciálegyenlet. Differenciálható-e az f(x + iy = x 3 i( y 3 függvény?. Döntsük el, hogy a komplex számsík mely pontjaiban teljesülnek a Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek az alábbi függvények esetén. a, f(z = z ; b, f(z = z z ; c, f(z = z ; d, f(x + iy = xy. Differenciálhatóak-e ezen pontokban az adott függvények? 3. Mutassuk meg, hogy a következő függvények harmonikusak, vagyis kielégítik a Laplace-féle differenciálegyenletet. a, f(x, y = x y ; b, f(x, y = e x cos y ; c, f(x, y = ln(x + y. 4. Legyen D egyszeresen összefüggő tartomány, f : D C differenciálható és Ref(z állandó D-n. Mutassuk meg, hogy f(z is állandó D-n. B, hatványsorok. Határozzuk meg a következő hatványsorok konvergenciasugarát! a, n= zn ; b, n= nzn ; c, n= zn n ; d, n= nn z n ; e, n= zn n ; n. Határozzuk meg az expz, sin z, cos z hatványsorainak konvergenciasugarát! 3. Határozzuk meg az expz, sin z, cos z függvények deriváltját! 4. Igazoljuk a következő azonosságokat! a, e iz = cos z+i sinz ; b, e iz = cos z i sinz ; c, cos z = (eiz +e iz ; d, sinz = i (eiz e iz ; e, ch iz = cosz ; f, sh iz = i sinz ; g, e z+t = e z e t ; h, e z = e x (cos y + i siny; i, e z = e x. 5. Igazoljuk, hogy az exp z függvény periodikus! Hová képezi a H = {(x, y : π < y π} halmazt az exp z függvény? Vezessük be a log z függvényt! 6

17 Megoldások A/, f olyan (x, y C pontokban lehet csak differenciálható, ahol fennállnak a Cauchy Riemann-egyenletek: x u = 3x = y v = 3( y illetve y u = = x v =, ami csak akkor teljesül, ha y = x. u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (tehát u és v differenciálható, tehát f az y = x feltételnek eleget tevő pontokban differenciálható is. A//a, f(z = f(x + iy = (x iy = x y ixy u(x, y = x y, v(x, y = xy. Cauchy Riemann-egyenletek: x u = x = y v = x, ami akkor teljesül ha x = ; illetve y u = y = x v = y, ami akkor teljesül ha y =. u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (tehát u és v differenciálható, tehát f a z = -ban differenciálható. A//b, f(z = f(x + iy = (x + iy x + y = x x + y + iy x + y u(x, y = x x + y, v(x, y = y x + y. x + y + x x u(x, y = x +y, ha (x, y (, x x lim x x = lim x x = lim x x =, ha (x, y = (, x + y + y y v(x, y = x +y, ha (x, y (, y y lim y y = lim y y = lim y y =, ha (x, y = (, xy x y u(x, y = +y, ha (x, y (, +y lim y y =, ha (x, y = (, { xy x v(x, y = x +y, ha (x, y (,, ha (x, y = (,. A x u = y v egyenlet azon (x, y pontokban áll fenn, amelyekre x = y. A y u = x v egyenlet azon pontokban áll fenn, amelyekre x y =. A két egyenlet egyszerre csak a -ban áll fenn. u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (a -ban is! (tehát u és v differenciálható Az f függvény a z = pontban differenciálható. A//c, f(z = x+iy = x iy C\ {}. x +y = x y i u(x, y = x +y x +y x x +y, v(x, y = y x +y. f értelmezési tartománya x u(x, y = y x (x + y, yv(x, y = y x (x + y, yu(x, y = xy (x + y, xv(x, y = xy (x + y x u = y v és y u = x v teljesül az értelmezési tartomány minden pontjában, illetve folytonosak is itt f differenciálható is ezeken a helyeken. A/3/a, xx f =, yy f = xx f + yy f =. A/3/b, xx f = e x cos y, yy f = e x cos y xx f + yy f =. A/3/c, xx f = (x +y 4x (x +y, yy f = (x +y 4y (x +y xx f + yy f =. A/4, Feltevésünk szerint u(x, y =const. Ezért x u(x, y = és y u(x, y = (x, y D. Mivel f reguláris D-n, D minden pontjában fennállnak a Cauchy Riemann-egyenletek. Az első egyenletből y v =, amiből v(x, y = f(x következik. A második egyenletből x v =, következésképpen v(x, y = g(y alakú. v(x, y tehát csak olyan függvény lehet, amely sem x-től, sem y-tól nem függ, azaz v(x, y =const. Ha u és v konstans, akkor f is konstans. B//a, A n= a nz n hatványsor konvergenciasugarát az R = ( n lim sup an képlet szolgáltatja. Itt a n =, tehát lim sup( n = lim( n = R =. 7

18 B//b, lim n n = R =. B//c, lim n n = R =. B//d, lim n n n = limn = + R =. B//e, lim n n = lim n n = R = +. B/, Mivel lim n =, ezért mindhárom függvényt definiáló hatványsor konvergenciasugara +. n! B/3, Hatványsort tagonként deriválhatunk a konvergenciahalmazán. B/4/a, e iz = n= cos z = n= exp z = sin z = n= sin z = expz = n= n! nzn = n! zn = + z + z! +... n= (n! zn = n= n! zn = expz ; ( n (n +! zn+ = z z3 3! + z5 5!... n= ( n (n +! (n + zn = n= cos z = ( n (n! zn = cos z ; n= ( n (n! zn = z! + z4 4!... n= ( n (n! nzn = n= n! (izn = n= (n! ( z n + cos z + i sinz. = ( n (n! zn = n= ( n+ (n +! zn+ n= ( n (n +! zn+ = sinz. n= (n! (izn + n= n= (n +! (iz(izn = B/4/b, Az a, rész alapján: e iz = cos( z + i sin( z = cos z i sinz. (n +! (izn+ = n= (n! ( n z n + i B/4/c, Az a, és b, rész alapján (eiz + e iz = (cos z + i sinz + cos z i sinz = cos z = cos z. B/4/d, Az a, és b, rész alapján i (eiz e iz = i (cos z + i sinz cos z + i sinz = i i sinz = sinz. B/4/e, ch iz = (eiz + e iz, majd használjuk a c, részt. B/4/f, sh iz = (eiz e iz, majd használjuk a d, részt. n= (n +! ( n z n+ = 8

19 B/4/g, e z e t = n= k= n= n= n! zn m= m! tm = n k! (n k! zk t n k = n! (z + tk = e z+t. ( n= n= n! k+l=n n k= k! l! zk t l = n! k!(n k! zk t n k = B/4/h, e z = e x+iy = e x e iy = e x (cos y + i siny. B/4/i, e z = e x e iy = e x e iy = e x cos y + sin y = e x. Útmutatások A//d, A Cauchy-Riemann egyenletek az x- és y-tengelyeken állnak fenn. Viszont a pontban nem differenciálható a függvény. Ennek belátásához tekintsük a pontbeli differenciálhányadost és tartsunk különböző egyenesek mentén -hoz. A határérték függeni fog az egyenestől, így nem létezik, tehát ott nem differenciálható. 9

20 7.Gyakorlat:.Zh

21 8.Gyakorlat: Komplex vonalintegrál: Primitív függvény, Newton-Leibniz formula, Cauchy-féle integráltétel, Cauchy-féle integrálformula A, komplex vonalintegrál kiszámítása, primitív függvény, Newton-Leibniz formula. Számítsuk ki f(z vonalintegrálját az a és a b pontokat összekötő különböző utakon! Legyen a, f(z = z, a = i és b = i, egyenes illetve óramutató járásával ellentétes bejárású félkör az utak; b, f(z = z, a = és b = + i, egyenes illetve parabola az utak; c, f(z = z, a = i és b = i, egyenes illetve óramutató járásával azonos bejárású félkör az utak.. Számítsuk ki f(z vonalintegrálját az a és a b pontokat összekötő utakon a Newton-Leibniz formula segítségével! Legyen a, f(z = e z, a = és b = i, óramutató járásával ellentétes bejárású félkör az út; b, f(z = sinz, a = i és b = i. B, Cauchy-féle integráltétel, Cauchy-féle integrálformula. Legyen f(z = z, n N, a γ út pedig az origó középpontú egységsugarú kör óramutató járásával n ellentétes irányban bejárva. Számítsuk ki Cauchy-féle integrálformula nélkül γ f értékét, ha a, n > ; b, n =.. Legyen f(z = sin z z, a γ út pedig az origó középpontú egységsugarú kör óramutató járásával ellentétes irányban bejárva. Számítsuk ki Cauchy-féle integrálformula nélkül γ f értékét. 3. Oldjuk meg az előző két feladatot a Cauchy-féle integrálformula felhasználásával!

22 A//a, Megoldások Az egyenesszakasz mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A szakasz paraméterezése: γ (t = i it, t [, ], γ (t = i. f = f(γ (t γ (t dt = (i it( i dt = t dt = γ A félkör mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A görbe paraméterezése: γ (t = e it, t [ π, 3π ], γ (t = ieit. 3π 3π f = f(γ (t γ (t dt = e it (ie it dt = [i eit γ π π i ]3π π [ ] t t =. A//b, Az f(z = z függvény sehol sem reguláris (lásd az 5/B/3 feladatot, így nem tudjuk a Newton Leibnizformulát használni. Az egyenesszakasz mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A szakasz paraméterezése: γ (t = t + it, t [, ]. f = f(γ (t γ (t dt = (t it( + i dt = γ A parabola mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A görbe paraméterezése: γ (t = t + it, t [, ]. f = (t it ( + it dt = (t + t 3 dt + i γ A//c, γ (t = + it, t [, ]. γ f = t i dt = i. γ (t = e it, t [ π, 3π ], γ f = 3π π [ t t dt = + t4 =. t dt = [ t ] =. ] e it ( ie it dt = [ e it] 3π π = i + i = i. }{{} [ t 3 + i 3 ] = + 3 i. A//a, f(z = e z reguláris C-n, egy primitív függvénye F(z = e z, így a Newton Leibniz-formulából: γ f = F(b F(a = e b e a = e i e = e i. A//b, f(z = sin z reguláris C-n, egy primitív függvénye F(z = cos z, így a Newton Leibniz-formulából: f = F(b F(a = cos i + cos( i =. γ B//a,, mert létezik primitív függénye. B//b, γ(t = e it, t [, π], γ z dz = e it ie it dt = iπ. B/, Felhasználjuk a következő tételt: Ha f a z pont kivételével reguláris egy D tartományon, γ olyan szakaszonként sima D-beli zárt út, amely a belsejében tartalmazza z -t, és lim z z f(z(z z =, akkor γ f =. Az f(z = sin z sin z z függvény a -ban nem reguláris, ugyanakkor lim z z z = lim z sinz =, ezért sin z z dz =. K( B/3, /b. feladat: Legyen f az azonosan függvény, erre alkalmazzuk a Cauchy-formulát az a = pontban: f( = = f(z iπ z dz = iπ z dz dz = iπ. z K( K(. feladat: Alkalmazzuk a Cauchy-formulát a sin függvényre az a = pontban: sin( = = sinz iπ z dz sin z z K( K( K( dz =.

23 9.Gyakorlat: Komplex vonalintegrál: Cauchy-féle integrálformula és következményei, Komplex vonalintegrál alkalmazása A, Cauchy-féle integrálformula és következményei. Legyen a γ zárt görbe az K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z = z K, r = ; b, g(z = z z K, r = ; c, g(z = sin8 z z π, K =, r = ; d, g(z = ez z, K = 5, r =.. Legyen a γ zárt görbe a K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z = ez z, K =, r = ; b, g(z = z4 e πz z +, K = i, r = ; c, g(z =, +z (c K = 5, r = ; (c K = i, r = ; (c3 K = i, r = ; (c4 K =, r = 3 ; e d, g(z = z z +z 3, (d K =, r = ; (d K = 3, r = ; (d3 K = 6, r =. 3. Legyen a γ zárt görbe a K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z = z (z K ; b, g(z = z (z K 6. B, komplex vonalintegrál alkalmazása valós integrálok kiszámítására. Határozzuk meg az alábbi improprius integrálokat! + a, dx; b, + sin x x sin x x dx. 3

24 Megoldások / Használjuk a Cauchy-féle integrálformulát, mely a következő: f(a = f(z πi γ z a dz, ahol f differenciálható a T tartományban, mely a belsejében tartalmazza a γ pozitív irányítású zárt görbét, amely az a pontot a belsejében tartalmazza. a, f(z =, a = K szereposztással γ b, f(z = z, a = K szereposztással γ z K z z K c, f(z = sin 8 z, a = π szereposztással γ d, f(z = e z, a = szereposztással γ /a, f(z = ez z+, a = szereposztással /c, + z = (z i(z + i γ dz = πi = πi ; dz = πik ; sin 8 z z π e z z dz = πie. (c Ezen a tartományon g reguláris γ g = ; (c Ezen a tartományon z+i reguláris (c3 Ezen a tartományon z i reguláris dz = πi sin 8 π = πi ; e z e z z dz = z+ γ z dz = πi e + = πie. i + i = z+i iπ z i dz g = π ; γ i i = z i iπ z + i dz g = π ; γ (c4 A tartományt határoló görbe a g függvény mindkét szingulárs pontját körbeveszi. törtekre bontással: + z = A z i + B z + i A = i, B = i. Tehát γ + z dz = i ( γ z i dz γ z + i dz = i (iπ iπ =. Parciális /d, Használjuk fel, hogy z + z 3 = (z (z + 3. (d ieπ (d iπ (d3. e 3 3/ Hasonló feltételekkel, mint a Cauchy-féle integrálformulánál a következő összefüggés igaz: f (n (a = n! f(z dz n =,,.... πi γ (z a n+ a, f(z = z, a = K, n = szereposztással f (K = =! z iπ (z K dz b,, mert f(z = z-nek már a második deriváltja is. γ γ z dz = iπ. (z K 4

25 B//a, Jelölje I R az I R := R integrált. A keresett improprius integrál ennek határértéke, miközben R. Írjuk fel sin x-et két tag összegeként a következőképpen: Ezzel sinx x dx sinx = i (eix e ix = i (eix i (e ix I R = R e ix ix R e ix dx + ix A második tagot felírhatjuk -R-től -ig menő integrálként az y = x helyettesítéssel Ebből R e ix I R = dx. ix R dx R e ix ix alakban. e Mivel lim iz z iz =, így ha kiterjesztjük az integrálandó függvényt a komplex számsíkra a z = - ban -nek definiálva a függvényértéket, akkor ez a függvény mindenhol differenciálható. Ezért R és R között tetszőleges úton integrálhatunk. Válasszuk a γ(t = Re it, t [, π] görbét. Ekkor γ (t = Rie it. e ireit I R = ire it ire it dt = Jelölje E R := E R = eir(cos t+isin t dt. Ekkor e ir(cos t+isin t dt (e ireit dt = e ir(cos t+isin t dt = e ireit dt+ π = π e R(icos t sin t dt = e ir(cos t+isin t dt. e R sin t dt. Belátjuk, hogy E R nullához tart miközben R, amiből következik E R nullához tartása is. Mivel a szinuszfüggvény a [, π] intervallumon szimmetrikus a π pontra, így E R = e R sin t dt. A szinuszfüggvény a [ π ] intervallumon a π meredekségű lineáris függvény fölött halad, ezért ezen az intervallumon sint π t. [ ] π E R e π Rt e π Rt π dt = π R = π R( e R. 5

26 .Gyakorlat: Függvénysorozatok A, egyenletes konvergencia. Vizsgáljuk meg, hogy egyenletesen konvergensek-e az alábbi függvénysorozatok a megadott intervallumon! a, f n (x = x n, (a a [, ] illetve (a [, ] intervallumon; b, f n (x = x n x n+ a [, ] intervallumon; c, f n (x = a (, intervallumon; d, f n (x = x+n sin nx n a (, intervallumon; e, f n (x = sin x n a (, intervallumon; f, f n (x = (+ x n n, (f tetszőleges véges intervallumon, illetve (f a (, intervallumon; g, h, a [, intervallumon; a [, ] intervallumon. ha x n, f n (x = ha n < x n +, ha n + < x. n x ha x n, f n (x = n ( n x ha n < x < n, ha n x.. Lehetséges-e, hogy szakadásos függvények egyenletesen konvergens sorozata folytonos függvényt állítson elő? B, műveletek függvénysorozatokkal. Mutassuk meg, hogy az f n (x = n arctgxn függvénysorozat egyenletesen konvergens a (, intervallumon, de ( lim f n(x ( lim f n n n(.. Mutassuk meg, hogy az f n (x = x + n sinn(x + π függvénysorozat egyenletesen konvergens a (, intervallumon, de ( lim f n(x n lim f n n(x. 3. Mutassuk meg, hogy az f n (x = nxe nx függvénysorozat konvergens a [, ] intervallumon, de ( lim f n (x dx lim f n(x dx. n n 4. Mutassuk meg, hogy az A//g,h példa függvénysorozataira sem cserélhető fel a lim és az! 5. Mutassuk meg, hogy az f n (x = nx( x n függvénysorozat nem egyenletesen konvergens a [, ] intervallumon, mégis teljesül, hogy ( lim f n (x dx = lim f n(x dx. n n 6

27 Megoldások A//a, (a A [, ] intervallumon a függvénysorozat tetszőleges n indexű elemére xn ( n egyenletesen konvergens. (a Tudjuk, hogy a függvénysorozat a [, intervallumon az azonosan nulla függvényhez tart pontonként (x = -ben -hez. Ha egyenletesen konvergens lenne, akkor pl. ε = -et választva minden x [, pontban x n < -nek kellene teljesülnie egy küszöbindextől kezdve, de tetszőleges n-t választva az x n függvény az x = e ln n -ben éppen -et vesz fel. Tehát a [, -en nem egyenletesen konvergens a függvénysorozat (így a [, ]-en sem. Másképp: Ha egyenletesen konvergens lenne, akkor abból, hogy a függvénysorozat minden tagja folytonos, következik hogy a határfüggvénye is folytonos [, ]-en, de ez nem teljesül. Tehát nem egyenletesen konvergens. A//b, A függvénysorozat pontonként az azonosan nulla függvényhez tart. Keressük meg az f n (x függvény maximumhelyét és értékét! Az f n (x = x n x n+ függvényt deriválva és a deriváltat nullával egyenlővé téve az x = n n+ pontot kapjuk. ( n n ( x n x n+ = x n ( x n < n + n + n +, azaz a függvénysorozat egyenletesen konvergens. A//c, A függvénysorozat pontonként az azonosan nulla függvényhez tart. A (, intervallumon x + n < n, A//d, így egyenletesen konvergens. sin nx n n egyenletesen konvergál (az azonosan nulla függvényhez. A//e, Mivel tetszőleges x R helyen x n, és így sin x n, azaz f n pontonként tart az azonosan nulla függvényhez. A konvergencia azonban nem egyenletes, ugyanis pl. a függvénysorozat minden eleme felveszi az értéket, pl. az x = π n helyen. A//f, (f [a, b]-n (az a esetet tárgyaljuk, de a többi is hasonló f n e x pontonként és egyenletesen is: ( e x + x n ( + x n+ ( + x n ( = + n n n x n ( x n n eb b n. (f a (, -en nem egyenletesen konvergens: az x = n pontban a függvénysorozat összes tagja n -t vesz fel, míg a határfüggvény e n t, így ebben a pontban az eltérés nem tehető tetszőlegesen kicsivé. A//g, Pontonként az azonosan nulla függvényhez tart, de nem egyenletesen, mert minden tagja felveszi az -et. A//h, Pontonként az azonosan nulla függvényhez tart, de nem egyenletesen, mert max f n (x = n. A/, Igen, pl. az f n (x = { ha x R \ {}, n ha x =. függvénysorozat minden eleme szakad, de egyenletesen tart az azonosan nulla függvényhez. B/, f n (x < π n f n egyenletesen tart az azonosan nulla függvényhez, így (lim n f n (x ( =. Ugyanakkor f n(x = xn + x n f n( = lim f n n( =. 7

28 B/, f n pontonként az f(x = x függvényhez tart. Ez a konvergencia egyenletes is, hiszen x + (x n sinn + π x = ( sinn x + π n n. A deriváltak: (lim n f n (x = x, és f n(x = x + cos n(x + π. Speciálisan, az x = pontban (lim n f n (x =, és f n( = cos n( π. Az utóbbi sorozat váltakozva,,,,... értékeket vesz fel, így nincs határértéke. B/3, x = -ra f n (x = és x (, ]-re f n (x n(e }{{} x n f n pontonként, < így (lim n f n (x =. Ugyanakkor f n (x dx = nxe nx dx = (Ebből következik az is, hogy a konvergencia nem lehet egyenletes. nxe nx dx = [e nx ] = (e n. B/4, Mindkét feladatban nulla a határfüggvény integrálja, miközben a függvénysorozat mindegyik elemének az integrálja, így az integrálok sorozata -hez tart, nem pedig nullához. (Ebből következik az is, hogy a konvergencia nem lehet egyenletes, amit korábban be is láttunk, lásd A//g,h, feladatokat. 8

29 .Gyakorlat: Függvénysorok A, egyenletes konvergencia. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi függvénysorok egyenletesen konvergensek a megadott intervallumokon! a, a (, intervallumon; b, c, n= n= x +n ( n x+ n a (, intervallumon; x e nx a [, intervallumon. n=. Tegyük fel, hogy az f n (x sor abszolút és egyenletesen konvergens az (a, b intervallumon. n= Mutassuk meg, hogy ebből nem következik, hogy a f n (x sor egyenletesen konvergens! Használjuk ehhez a ( n ( xx n függvénysort a [, ] intervallumon! n= 3. Tegyük fel, hogy a n konvergens. Igazoljuk, hogy a n e nx függvénysor egyenletesen konvergens a n= a, [a, intervallumon, ahol a >! b, [, intervallumon! B, műveletek függvénysorokkal. Mutassuk meg, hogy a n= sin nx n 3. Határozzuk meg, az alábbi határértéket! lim n= n= függvény folytonosan differenciálható az egész számegyenesen! x n= ( x n x n+. 3. Szabad-e tagonként differenciálni a arctg x függvénysort? n 4. Szabad-e tagonként integrálni a n= n= (x n+ x n függvénysort a [, ] intervallumon? 9

30 Megoldások A//a, Tudjuk, hogy a k= numerikus sor konvergens, így (Cauchy tétele szerint bármely ε > -hoz k tudunk n N küszöbindexet találni, hogy minden m n n esetén m k=n < ε. Viszont ez a k küszöbindex jó lesz a függvénysor esetén is (ugyanahhoz a ε-hoz, hiszen m k=n m x +k k=n. k Ekkor pedig a függvénysorokra vonatkozó Cauchy tétel szerint a függvénysor egyenletesen konvergens. A//b, Egyenletesen konvergens, mert hasonlóan az a, részhez, tudjuk becsülni a részletösszegeket egy konvergens numerikus sor részletösszegeivel: m ( k k=n m x+ k k=n m x+ k k=n, az utóbbi sor pedig k konvergens. A//c, Felhasználva, hogy a [, intervallumon e nx = (nx k k= k! n x, tehát x e nx = x e nx B/, B/, x n x = n. Így m k=n x e kx m k=n, az utóbbi sor pedig konvergens, tehát használva Cauchy tételt kapjuk, k hogy a függvénysor egyenletesen konvergens. A n= sin nx n 3 pontonként konvergens, mert minden rögzített x-re n= a n 3 alakú. A függvénysor tagonkénti deriválásával kapott sorra alkalmazhatjuk Cauchy tételét, mert sin nx ( cos nx cos nx = és. Tehét a függvénysor tagonkénti deriválásával kapott sor egyenletesen n 3 n n n konvergens. függvény. Ennek a függ- A függvénysor differenciálható tagonként, azaz deriváltja a cos nx n= n vénysornak minden tagja folytonos, így az összegfüggvény is folytonos. Vagyis a folytonosan differenciálható. n= sin nx n 3 függvény ( n ( xx n függvénysor [, ] intervallumon való abszolút konvergenciája azt jelenti, hogy n= a ( n ( xx n = ( xx n függvénysor (pontonként konvergens. Ez teljesül, mert n= n= x = -re minden tag, másrészt x [, -re ez egy teleszkópikus sor: ( xx n = n= (x n x n+ = (x x + (x x 3 + (x 3 x = lim x n xn+ = x. n= Tehát pontonként konvergál az f(x = { x ha x [,, ha x = függvényhez. Ez az f függvény viszont nem folytonos, tehát a ( n ( xx n függvénysor konvergenciája n= n= nem egyenletes. Ugyanakkor a ( n ( xx n függvénysor [, ] intervallumon egyenletesen konvergens (abszolút érték nélkül: Pontonként konvergens, mert Leibniz típusú minden rögzített x-re, jelöljük az összegfüggvényét g(x-el. Ekkor n ( k ( xx k g(x ( xxn n +, k= ahol felhasználtuk, hogy Leibniz típusú sor esetén az n -dik részletösszeg hibáját az n-dik tag abszolút értékével lehet felülbecsülni, illetve a. gyakorlat A//b feladatát. Ebből pedig következik az egyenletes konvergencia. 3

31 B/, Felhasználva az A/, feladatot adódik, hogy a keresett határérték. Viszont a lim és a nem felcserélhetőek, hiszen ( lim x n x n+ =. (Ebből szintén következik, hogy a függvénysor nem egyenletesen konvergens. n= x B/3, Pontonként konvergens a függvénysor, mivel arctgx x x R (mert tgx x, és így arctg x x x R. A x sor pedig minden rögzített x-re konvergens. n n n n= A tagonkénti deriválásával kapott függvénysor egyenletesen konvergens, mert ( arctg x n = + ( x n = n + x n. n n 4 Ezekből pedig következik, hogy a és a ( felcserélhetőek, vagyis szabad tagonként deriválni. 3

32 .Gyakorlat: Fourier-sorok A, Fourier-sorok. Fejtsük Fourier-sorba a következő függvényeket a megadott intervallumokon! a, B, alkalmazások f(x = { π x, ha x (, π,, ha x = vagy x = π. a, Majd helyettesítsünk x = π -t. Milyen összefüggést kapunk? b,, ha x ( π,, f(x =, ha x = vagy x = ±π,, ha x (, π. b, Majd helyettesítsünk x = π -t. Milyen összefüggést kapunk? c, f(x = x ; x [ π, π]. c, Majd helyettesítsünk x = π-t. Milyen összefüggést kapunk?. Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket hatványsoros módszerrel! a, { y (t = y(t y( = b, { y (t = k y(t y( = a c, { y (x + x y(x = y( =, y ( =. Oldjuk meg a következő (hővezetési egyenletet Fourier-soros módszerrel! u t = u, x (, π x u(, t = u(π, t = u(x, = g(x = n= a n sinnx 3

33 Megoldások A//a, mivel f(x páratlan függvény. a k = π f(xcos kx dx =, b k = π f(xsin kx dx = π π x sin kx dx, amit integráljunk parciálisan (u = π x, v = sinkx: { [π b k = ( ] x cos kx π ( ( cos kx π k k dx } = k. Vagyis f(x = k= sinkx k. A//a, x := π behelyettesítésével a π 4 = numerikus sorösszeghez jutunk. A//b, a k =, mert f(x páratlan. { b k = f(xsin kx dx = sinkx dx + π π π { [ ] cos kx π [ ] } cos kx + = { ( k+ + π k k π k π } sinkx dx = + + ( k+ k } = π ( k+ + k. Tehát f(x = 4 π l= sin(l x l. A//b, = 4 π ( π 4 = A//c, b k =, mert f(x páros. Tehát a k = π π {[ x a = π π x dx = [ π x 3 ] π = 3 π 3 π a = π 3. x cos kx dx = [ x sinkx ] π x sinkx π π k π π k }{{} ] cos kx π k π π cos kx k dx = } dx = {[ ] cos kx π } x πk k cos kx dx = π π πk [xcos kx] π π [sinkx]π π = }{{} πk (π( k + π( k = 4 k ( k. x = π 3 + ( k 4 cos kx. k A//c, π = π 3 + k= ( k 4 k ( k π 6 = k= k. 33

34 B//a, Keressük a megoldást y(t = k= a kt k alakban. Az y( = kezdeti feltételből adódik, hogy a =. y (t = a k kt k = k= a k+ (k + t k, k= amit az egyenletbe visszaírva és összevetve az együtthatókat: a k t k = k= a k+ (k + t k a k = a k+ (k + a k+ = k= (k +!. Tehát y(t = k= t k k! = et. B//b, Hasonlóan, mint az a, részben: y(t = n= c nt n, y (t = n= c nt n n. c = a, kc n = c n+ (n + c n+ = cnk n+. Így c n = akn n!, és y(t = a (kt n n= n! = ae kt. B/, Keressük a megoldást u(x, t = n= b n(tsinnx alakban! A kezdeti feltételből b n ( = a n. u t = b n(tsinnx, n= u x = b n (t( n sinnx n= b n(t = ( n b n (t. Lásd /b b n (t = a n e nt. Tehát u(x, t = k= a ne nt sinnx. 34

35 3.Gyakorlat:.ZH 35