Szegedi Tudományegyetem, Bolyai Intézet M szaki matematika Gyakorlati jegyzet Készítette: Bogya Norbert, Dudás János, Fülöp Vanda Utoljára módosítva: 09. április 8. Európai Szociális Alap
i Szegedi Tudományegyetem, Természettudományi és Informatikai Kar, Bolyai Intézet Lektorálta: Szabó Tamás Grakai szerkeszt : Tekeli Tamás Jelen tananyag a Szegedi Tudományegyetemen készült az Európai Unió támogatásával. Projekt azonosító: EFOP-.4.-6-06-0004, A Szegedi Tudományegyetem oktatási és szolgáltatási teljesítményének innovatív fejlesztése a munkaer -piaci és a nemzetközi verseny kihívásaira való felkészülés jegyében.
Tartalomjegyzék El szó. Komplex számok, komplex sorozatok Házi feladatok........................................ Videók............................................ 0 Kvízek............................................ 4. Komplex sorok, görbék 9 Házi feladatok........................................ 9 Videók............................................ 6 Kvízek............................................ 0. Komplex függvények 4 Házi feladatok........................................ 4 Videók............................................ 45 Kvízek............................................ 47 4. Lineáris törtfüggvények 5 Házi feladatok........................................ 5 Videók............................................ 58 Kvízek............................................ 60 5. Derivált 64 Házi feladatok........................................ 64 Videók............................................ 68 Kvízek............................................ 70 6. Integrál 74 Házi feladatok........................................ 74 Videók............................................ 80 Kvízek............................................ 8 7. Laurentsor; Fouriersor 88 Házi feladatok........................................ 88 Videók............................................ 97 Kvízek............................................ 0 ii
Tartalomjegyzék iii 8. Események; kombinatorikus valószín ség 07 Házi feladatok........................................ 07 Videók............................................ 5 Kvízek............................................ 4 9. Geometriai valószín ség; feltételes valószín ség, függetlenség 0 Házi feladatok........................................ 0 Videók............................................ 40 Kvízek............................................ 46 0.Teljes valószín ség; véletlen változó 50 Házi feladatok........................................ 50 Videók............................................ 58 Kvízek............................................ 6.Nevezetes diszkrét eloszlások; kovariancia, korreláció 68 Házi feladatok........................................ 68 Videók............................................ 76 Kvízek............................................ 78.Folytonos eloszlások 8 Házi feladatok........................................ 8 Videók............................................ 9 Kvízek............................................ 9.Markovegyenl tlenség; centrális határeloszlástétel 99 Házi feladatok........................................ 99 Videók............................................ 07 Kvízek............................................ 09 El ismeretek 4 Trigonometrikus függvények................................ 4 Sorok............................................ 4 Fouriersor......................................... 6 Halmazelmélet....................................... 6
El szó Ezt a jegyzetet a teljesség igényével állítottuk össze a m szaki informatikus hallgatóknak tartott M szaki matematika. tárgy gyakorlati részéhez. Az els fejezetet a gyakorlati óráknak megfelel en alakítottuk ki. Minden egyes részben alfejezetben Házi feladat, Videók, Kvízek ismételjük át, egészítjük ki, mélyítjük el, majd kérjük számon az adott gyakorlat anyagát. Részletes megoldások ismertetésével kezdünk, ezt követ en további példákon keresztül, több mint 50 videó segítségével fejlesztjük a hallgatók megoldási készséget, végezetül lehet séget biztosítunk az önértékelésre, a felkészültségük ellen rzésére. Biztosak vagyunk abban, hogy a gyakorlaton való aktív részvétel és ezen jegyzet feladatainak megoldása után a hallgató képes matematikai modellek azonosítására, rendszerbe foglalására, emlékezetébe vési és így felismeri a feladattípusokat, felidézi a lehetséges megoldásokat, meghatározza a helyes eljárást és megvalósítja azt. Készségeinek fejlesztése mellett olyan képesség birtokába kerül, melyek segítségével tisztán és egyértelm en elmagyarázza, kifejti eredményét. A jegyzetben szerepl nevek mindegyike az MTA által jóváhagyott, anyakönyvezhet keresztnév. A készít k
. Komplex számok, komplex sorozatok Házi feladatok Komplex számok Egy z komplex szám Im z ˆ algebrai alakja: z = x+iy, ahol x, y R; ˆ valós része: Re z = x; ˆ képzetes része: Im z = y; ˆ abszolút értéke: z = r = x + y ; ˆ argumentuma: Arg z = ϕ, ahol π < ϕ π; arg z = Arg z + kπ, ahol k Z; ˆ trigonometrikus alakja: z = r(cos ϕ + i sin ϕ); ˆ exponenciális alakja: z = re iϕ ; ˆ konjugáltja: z = x iy = r(cos( ϕ) + i sin( ϕ)) = re iϕ. y y ϕ ϕ z = r z = x + iy x z = x iy Re z Megjegyzés. A z = 0 komplex szám argumentuma nem értelmezett, és deníció szerint mindhárom alakja z = 0.. Feladat. A z = + i és z = 4i komplex számok esetén határozzuk meg a következ kifejezések értékét (k =, ). (a) Re z k (b) Im z k (c) z k (d) z k (a) Re( + i) =, Re( 4i) = (b) Im( + i) =, Im( 4i) = 4 (c) + i = i, 4i = + 4i, (d) + i = + 4 = 5, 4i = 9 + 6 = 5 = 5
Komplex számok, komplex sorozatok. Feladat. Határozzuk meg a következ komplex számok argumentumát, Arg z-t. (a) i (b) + i (c) i (d) i (a) Az i szám a képzetes tengely pozitív felén található, így i Arg(i) = π. ϕ Megjegyzés. Hasonlóan kapjuk, hogy Arg() = 0, Arg( ) = π és Arg( i) = π. (b) Vegyük fel a pontot és rajzoljuk be a piros háromszöget. Ekkor így tg α =, azaz α = arctg, α ϕ Arg( + i) = α = ϕ = arctg. + i (c) A piros háromszög alapján tg α = =, α = arctg = π, α ϕ és ekkor Arg ( ) i = ϕ = α = π. i (d) Ebben az esetben tg α =, α = arctg, α ϕ ezért ( π ) Arg( i) = ϕ = + α = π arctg. i
Komplex számok, komplex sorozatok 4. Feladat. Írjuk át a következ komplex számokat a másik két alakba: (a) z = + i és z, (b) z = e π i, (c) z = ( cos π + i sin π ). (a) A z szám az algebrai alakban adott. Az ábra alapján r = z =, + i továbbá ϕ = α és r tg α =, arctg = π 4 miatt Arg z = ϕ = π 4. Tehát z másik két alakja: z = ( cos π 4 + i sin π ) = e π 4 i. 4 α ϕ Innen a konjugált szám alakjai: z = i = ( ( cos π ) ( + i sin π )) = e π 4 i. 4 4 (b) Az exponenciális alak ismert, ebb l az r = és ϕ = π ( ( z = e π i = cos π ) ( + i sin π )) ( ( π ) ( π )) = cos i sin = ( i (c) A trigonometrikus alakból, a (b) rész alapján kapjuk, hogy ( z = cos π + i sin π ) = e πi ( ) = e (π π )i = e πi e π i = ( ) i értékek leolvashatóak, továbbá ) = i. = + i. 4. Feladat. A z = + 4i és z = 5 i komplex számok esetén adjuk meg az alábbi értékeket algebrai alakban: (a) z + z, (b) z z, (c) z, (d) z ( z Im z ), (e) z z. Algebrai alakban megadott komplex számok összeadását és szorzását úgy végezzük el, ahogy azt bet s kifejezéseknél megtanultuk, gyelve arra, hogy i =. Ezek alapján
Komplex számok, komplex sorozatok 5 (a) (b) z + z = ( + 4i) + 5 i = 6 + 8i + 5 i = (6 + 5) + (8 )i = + 6i, z z = ( + 4i)(5 i) = 5 6i + 0i 8i = 5 + 4i + 8 = + 4i. (c) A pozitív egész kitev s hatványozás is szorzás, így (d) z = (5 i) = (5 i)(5 i) = 5 0i 0i + 4i = 5 0i 4 = 0i. Megjegyzés. Magasabb hatványok meghatározása meglehet sen hosszadalmas számolással jár. z ( z Im z ) = (5 i) (5 + i 4) = (5 i)( + i) = 5 + 0i + 6i 4i = 5 + 6i + 4 = + 6i (e) Ha a tört nevez jében komplex szám szerepel, akkor b vítünk a nevez konjugáltjával. Egyszer számolással kapjuk, hogy z = 5 i z + 4i = 5 i + 4i 4i 4i = 7 6i 5 = 7 5 6 5 i. 5. Feladat. A z = i és z = + i komplex számok exponenciális alakjának segítségével határozzuk meg a következ m veletek eredményét: (a) z z, (b) z 7, El ször meghatározzuk a két komplex szám exponenciális alakját. Jól láthatóan z = és z =. Mivel tg α = és tg β = =, (c) z4. z z amib l α = π 6 és β = π 4, ezért β ϕ α ϕ ϕ = α = π 6 és ϕ = π + β = 4 π. Tehát az exponenciális alakok a következ k: z z = e π 6 i és z = e 4 πi. A m veleteket a hatványozás jól ismert azonosságai alapján végezzük el. Ugyanakkor gyeljünk arra, hogy a végeredmény re iϕ alakjában a ϕ szögnek π és π közé kell esnie.
Komplex számok, komplex sorozatok 6 (a) (b) z z = e π 6 i e 4 πi = e π 6 i e 4 πi = 4e ( π 6 + 4 π)i = 4e πi a végs alak, mert π < π π. z 7 = ( e 4 πi ) 7 = 7 ( e 4 πi ) 7 = 7 e 7 4 πi = 7 e 4 πi = 7 e (6π 4 π)i = 7 e 4 πi (c) z 4 z = ( e π 6 i) 4 e 4 πi = 4 e 4 6 πi e 4 πi = e 7 πi = (4π e π)i = e πi Az exponenciális alakban adott z = re iϕ komplex szám nedik gyökei: ω k = n re ϕ+kπ n i, k = 0,,..., n, ahol n r a szokásos, valós számokon értelmezett gyökvonás. Megjegyzés. Egy nem nulla komplex számnak n darab különböz nedik gyöke van. 6. Feladat. A z = i és z = + i exponenciális alakjának segítségével határozzuk meg: (a) z négyzetgyökeit, (b) z köbgyökeit. A gyökök meghatározásához írjuk át exponenciális alakba a komplex számokat. Az el z feladat alapján z = e π 6 i és z = e 4 πi. (a) A fenti összefüggést n = re alkalmazva kapjuk z négyzetgyökeit: ω ω k = e π 6 +kπ i = e ( π +kπ)i, ahol k = 0,, azaz ϕ ϕ ω 0 k = 0 : ω 0 = e π i, k = : ω = e ( π +π)i = e πi. z (b) Hasonlóan a z = e 4 πi köbgyökei z ω k = 4 e π+kπ i = e ( π 4 + πk)i, ω 0 ahol k = 0,,, tehát ω 0 = e π 4 i, ω = e ( π 4 + π)i = e πi, ω ϕ ϕ ω = e ( π 4 + 4 π)i = e 9 πi = e 5 πi. ω
Komplex számok, komplex sorozatok 7 7. Feladat. Írjuk fel gyöktényez s alakban a z + i kifejezést. Els lépésben meghatározzuk a z + i = 0 ω egyenlet gyökeit. Átrendezve: z = i. ϕ ϕ Tehát i = e π i ω ω 0 köbgyökeit keressük, amelyek i ω k = e π +kπ i, k = 0,,. Így a három gyök: ω 0 = e π 6 i = i, ω = e ( π 6 + π)i = e π i = i, ω = e ( π 6 + 4 π)i = e 7 6 πi = e 5 6 πi = i. Ekkor a keresett gyöktényez s alak (z ω 0 )(z ω )(z ω ), azaz ( ) ( z + i = z + ) i (z i) z + + i. Komplex sorozatok A komplex z n sorozat határértéke vagy egy z 0 komplex szám, vagy végtelen, vagy nem létezik. A komplex z n sorozat határértéke végtelen, ha a valós z n sorozat határértéke végtelen. 8. Feladat. Határozzuk meg a következ sorozatok határértékét. (a) z n = (b) z n = 4 n i n ni ( 4 + 4 i ) n (c) z n = i n n + ni (d) z n = n i n + n i A komplex sorozatok határértékét hasonlóan vizsgájuk, mint a valós sorozatokét. (a) A domináns tagok kiemelésével kapjuk, hogy z n konvergens: z n = 4 n i n ni = n n 4 i n i n = 4 n i n i i = i.
Komplex számok, komplex sorozatok 8 z z z (b) A hatványozás miatt áttérünk az exponenciális alakra: ( ) n ( ) n ( ) n z n = 4 + 4 i = e π ( i π = e i) ( ) n n = e π ni 0, mivel ( ) n 0, a második tényez pedig π e ni = alapján korlátos. z e π ni z z Megjegyzés. Az e π ni kifejezés az egységsugarú körvonal hat pontját, a z 6 = gyökeit adja meg. Így a d n = e π ni sorozatnak hat torlódási pontja van, ezért d n határértéke nem létezik. (c) A domináns tagokat kiemelve kapjuk, hogy z n = i n n + ni = n n i i n + i = n n n + i. n Az els tényez végtelenhez tart, a második pedig hez. Komplex sorozat határértéke azonban nem lehet. Ekkor a z n valós sorozatot kell vizsgálnunk: i z n = n i n + i = n + n n + i = n n 6 =, n 4 + n tehát a z n sorozat határértéke.
Komplex számok, komplex sorozatok 9 z n z z z (d) A (b) feladathoz hasonlóan a sorozat második szorzótényez je nem konvergens, négy torlódási pontja van: i n + n i, i,, i. Ugyanakkor z n = n i n + i = n i n n + i = n = n 4 + n alapján lim n z n =. z 5 z 6 z z z 4 z z 7
Komplex számok, komplex sorozatok 0 Videók Komplex számok. Feladat. Legyen z = + i és z = i. Határozzuk meg a következ kifejezések értékét. (a) Re z i (b) Im z i (c) z i (d) z i (e) z + z (f) z Im z (g) z z (h) Im z z (i) i z z (j) Re z z (a) Re z =, Re z = (b) Im z =, Im z = (c) z = i, (d) z =, z = + i z = 0 (e) i (f) i (g) 7 9i (h) 5 i (i) (j) + i 9 0 + 0 i. Feladat. Adjuk meg a következ komplex számokat trigonometrikus és exponenciális alakban is. (a) z = + i (b) z = + i (c) z (a) (cos 0, 58 + i sin 0, 58) = e 0,58i ( (b) cos π + i sin π ) = e π i ( (c) cos π i sin π ) = e π i. Feladat. Adjuk meg a következ komplex számokat a másik két alakban. ( ( (a) z = cos π ) ( + i sin π )), (b) z 4 = e πi 4 4 z (a) e π 4 i = i, e π 4 i = ) (b) i ( = cos π i sin π ( cos π 4 + i sin π ) 4 A következ feladatokban adott z i kifejezések értékét. komplex számok esetén határozzuk meg a következ 4. Feladat. z = + i, z = i.
Komplex számok, komplex sorozatok (a) z z (b) z (c) z (a) 6 + ( 6 + ) i (b) 8 (c) 4 4 i 5. Feladat. z = + i, z = i. (a) z z (b) z Im z (c) i z (a) 4 e 7 πi (b) 8 e π 4 i (c) e 5 6 πi 6. Feladat. z = + i, z = + i, z = + i és z 4 = i. (a) z (b) z (c) z 4 (d) z (e) z (f) z 4 (a) 4e πi (b) 8e πi (c) 6e 4 πi (d) i (e) i (f) i 7. Feladat. z = 4 + 4 i, z = i. (a) z (b) z (a) w 0 = e π i, w = e πi (b) w 0 = e π 4 i, w = e 4 πi 8. Feladat. z = + i, z = 5. (a) z (b) 4 z (a) w 0 = 6 e π 4 i, w = 6 e πi, w = 6 e 5 πi (b) w 0 = 4 5e π 4 i, w = 4 5e 4 πi, w = 4 5e 4 πi, w = 4 5e 4 πi 9. Feladat. Írjuk fel szorzat alakban a következ kifejezéseket.
Komplex számok, komplex sorozatok (a) z (b) z + (c) z + i (d) z + i z (e) z 6z + 0 ( (a) z ) ( z + ) ( (b) z ) ( i z + ) i ( ) ( (c) z + i z + (d) z(z + i) (e) (z i)(z + i) ) i 0. Feladat. Oldjuk meg a következ egyenleteket. (a) z + 8 = 0 (b) z 4 + = 0 (c) z i = 0 (a) w 0 = ( ) ( + i, w =, w = ) i (b) w 0 = (c) w 0 = + i, w = + i, w = + i, w = + i, w = i i, w = i Komplex sorozatok A következ feladatokban adjuk meg a z n sorozat határértékét.. Feladat. z n = n + i n i
Komplex számok, komplex sorozatok. Feladat. (a) z n = + ni n + 5i (a) i. Feladat. (a) z n = 5n + n i n n + ni (b) z n = (b) i i (b) z n = ni n n + ni 5n + nin n + ni (c) z n = n πi n n i (c) 0 (c) z n = 5n + n i n n + ni (a) (b) 0 (c) 4. Feladat. ( ) n + i (a) z n = (b) z n = ( i) n (a) 0 (b) 5. Feladat. z n = ( + i ) n n e i
Komplex számok, komplex sorozatok 4 Kvízek A csoport. Feladat. Adjuk meg a z n = n n i n 5n ni sorozat határértékét.. Feladat. Algebrai alakban adjuk meg a z = i egyenlet megoldásait. B csoport. Feladat. Algebrai alakban adjuk meg a ( + i ) 4 számot.. Feladat. Exponenciális alakban adjuk meg a z = + i komplex szám köbgyökeit. C csoport Feladat. Algebrai alakban adjuk meg az ( + i) 4 ( i ) számot. D csoport n (5n + )i Feladat. Határozzuk meg a z n = n ni algebrai és exponenciális alakját is. sorozat határérték. Adjuk meg a határérték
Komplex számok, komplex sorozatok 5 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. z n = n n i n 5n ni = n n n in 5 i n 8/ = A ( ) n sorozat felváltva vesz fel és + értékeket. Tehát n ( )n 5 i n 8/ z n = n 5 i 5, valamint z n+ = n 8/ Ezért a z n sorozatnak nincs határértéke.. Feladat megoldása. Mivel i = e π i, így alapján a megoldások azaz z = i = e π i ( ) n 5 i n 8/ ω k = π +kπ e i = e ( π 6 + πk)i, k = 0,,, ( ) 5 = 5. pt pt ˆ ω 0 = e π 6 i = cos π 6 + i sin π 6 = + i, ˆ ω = e ( π 6 + π )i = e 5 6 πi = e πi π 6 i = e πi e π 6 i = ˆ ω = e ( π 6 + π )i = e πi = e π i = i. ( ) i = + i pt
Komplex számok, komplex sorozatok 6 B csoport. Feladat megoldása. Az ábra alapján r = ( ) + i = + = 4 = Im z + i és r tg α =, amib l ϕ = α = π 6, α ϕ Re z tehát z = re ϕi = e π 6 i. Így pt ( + i ) 4 = ( e π 6 i) 4 = 4 e 4π 6 i = 4 e (π+ π )i = 4 e π i ( = 4 cos π + i sin π ) ( = 4 + i ) = + i.. Feladat megoldása. Az ábra alapján Im z és így r = + = 8, ϕ = π 4 z = re ϕi = 8e π 4 i. Felhasználva, hogy r + i pt ω k = 8e π 4 +kπ i, k = 0,, ; azt kapjuk, hogy ϕ Re z ˆ ω 0 = 8e π 4 i = 6 8e π i, ˆ ω = 8e π 4 +π i = 6 8e 9 πi, ˆ ω = 8e π 4 +4π i = 6 8e 7 πi = 6 8e (π 7 π)i = 6 8e 7 πi. pt
Komplex számok, komplex sorozatok 7 C csoport Feladat megoldása. A Im z z = + i = r e iϕ és z = i = r e iϕ jelölésekkel élve, az ábra alapján kapjuk, hogy r = + = ( ), r = + = r ϕ ϕ α z β Re z valamint tg α = és tg β =. r z pt Ezek alapján ϕ = α = π 4 és ϕ = β = π 6. Így tehát z 4 = z = e π 4 i és z = e π 6 i, ( e π 4 i ) 4 = ( ) 4 e 4 π 4 i = 4e πi és z = ( e π 6 i) = e ( π 6 )i = 4e π i. pt Ezért z 4 z 4e = π π i e(π+ )i = e πi e π i = = 4eπi ( ) + i = i. pt
Komplex számok, komplex sorozatok 8 D csoport Feladat megoldása. z n = n (5n + )i n ni = n n ( ) 5 + n i i = ( ) 5 + n i i 5i i pt Az algebrai alak: z = 5i i = 5i i + i + i Az exponenciális alak: r = z = 5 + 49 70 5 = 5 = 70, 5 = 6 + i 0i + 5 4 ( ) Im z = ϕ 7i 5 α = 5 7 5 i. 5 Re z pt valamint az ábra alapján és tg α = 7 5 5 = 7 ϕ = Arg(z) = α = arctg 7. 7 5 5 7 5 i Tehát z = re iϕ = 70 e i arctg 7. 5 pt
. Komplex sorok, görbék Házi feladatok Komplex sorok. Feladat. Abszolút konvergense a ( i ) n n (n + n) számsor? A z n sor egy pozitív tagú valós számsor. Az általános tag határértékére kapjuk, hogy z n = i n n (n + n) = n n (n + n) = n + n = n + 0, n tehát további vizsgálat szükséges. Az összehasonlító kritérium alapján zn n. Mivel n konvergens, ezért z n is az, így az eredeti sor abszolút konvergens.. Feladat. Tekintsük a paraméteres számsort. n= (i) n n (z + n i)n (a) Határozzuk meg és ábrázoljuk is azon z paraméterek halmazát, melyek esetén a sor abszolút konvergens. (b) Hogyan viselkedik a sor a z = paraméter érték esetén? (c) Hogyan viselkedik a sor a z = i pontban? 9
Komplex sorok, görbék 0 (a) A sorozat els néhány tagját kiírva kapjuk, hogy (i) n n n (z + i)n = 8i (z + i) + 8i 8 + 4 4i 4 (z + i) +..., 5 n= ezért z + i = 0, azaz z = i esetén a sor nincs értelmezve, tehát a paraméter értéke nem lehet ez a szám. Az abszolút konvergenciához vizsgáljuk a z n sort. Ekkor z n = (i) n n (z + n i)n = n n n z + i n, és z n+ z n = z n+ z n = n+ (n + ) (n + ) z + i n n n n z + i n n = (n + ) n + z + i n = n n n ( + n ) n n n + n Így, a hányados kritérium alapján a sor abszolút konvergens, ha z + i < z + i z + i. z + i < ( z ) i < 6, azaz az i középpontú sugarú körlap 6 belsejében, kivéve a kör középpontját, ahol a sor nincs értelmezve. A sor ezen a körlapon kívül divergens. 6 i A körvonalon, azaz z + i = zn = n n n esetén további vizsgálat szükséges. Ekkor ( ) n = n n n ( ) n ( ) = n n, és z n = n n = n 0. n n Innen, az összehasonlító teszt alapján kapjuk, hogy zn n. A sor divergens, ezért a vizsgált sor nem abszolút konvergens a körvonalon. n
Komplex sorok, görbék (b) A z = pont jól láthatóan a körön kívül található, így itt a sor divergens. (c) A z = i pont távolsága a kör középpontjától ( ) ( i ) i = 6 i = 6, ami pontosan a kör sugara. Tehát ez a pont a körvonalon van, ahol tudjuk, hogy a sor nem abszolút konvergens. Így vizsgálnunk kell a z n sor konvergenciáját. i A paraméter értékét behelyettesítve kapjuk, hogy zn = ( ( (i) n n n = n i n n n in n ) i ( ) i = n (i ) n n ) n + i = n i n n n ( i = n ( ) n n 7i = 7i ( ) n n n. A ( ) n n n ) ( ) n i sor egy valós alternáló sor. Ellen rizzük a Leibnizkritérium feltételeit. Az a n = sorozat pozitív és Továbbá f(x) = a n = n n x x deriváltja = n 0. n n f (x) = x x x (x ) = x (x ) < 0, n n ezért a n monoton csökken. Emiatt az alternáló sor, és így az 7iszerese is konvergens. Tehát a körvonalon elhelyezked z = i pontban a sor feltételesen konvergens.
Komplex sorok, görbék. Feladat. A geometriai sor ismeretében adjuk meg a következ sorok összegét, továbbá határozzuk meg és ábrázoljuk is a konvergencia tartományok belsejét. (a) n=0 ( 4i) n+ (z + i)n (b) n= ( 4i) n (z + i) n (a) n=0 ( 4i) n+ (z + i)n = 4i = ( z + i 4i n=0 ) n = 4i 4i (z + i) = z + i, z+ i 4i ha z + i 4i < z + i < 5 z ( + i) < 5, + i 5 (a) (b) azaz a + i középpontú 5 sugarú körön belül. (b) ha n= ( 4i) n (z + i) = ( 4i) n n (z + i) = n+ z + i = n=0 z + i 4i z+ i = 4i z + i < z + i 4i > z ( + i) > 5, n=0 ( 4i ) n z + i z + i ( 4i) = z + i, ami éppen az el z + i középpontú 5 sugarú körön kívül es rész. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a két különböz (a) és (b) sor összegképlete azonos.
Komplex sorok, görbék A geometriai sor összegképlete alapján érvényes az alábbi összefüggés: ζ = ζ n, ha ζ <, n=0 n=, ha ζ >. ζn 4. Feladat. A fenti összefüggés segítségével adjuk meg az kitev s hatványainak összegeként. z + + i Els lépésben a nevez ben kialakítjuk a (z + i)t majd a maradékot kiemeljük z + + i = + i azaz kialakítottuk az ζ összefüggést, kapjuk, hogy z + + i = (z + i) + i, z+ i +i + = + i alakot, ahol ζ = z + i + i ˆ Ha ζ <, azaz a + i középpontú, 0 sugarú körön belül z + + i = + i = n=0 n=0 ( ) n z + i = i ( i) n+ (z + i)n. ( z+ i +i kifejezést z + i egész ), = z + i. Alkalmazva a fenti i ( i) ˆ Ha ζ >, azaz a + i középpontú, 0 sugarú körön kívül pedig z + + i = + i = = n= n= n= ) n = ( z+ i i ( i) n= n=0 (z + i) n ( i) n ( i) n (z + i) n ( i) n (z + i) = ( i) n (z + i) n n n= ( i) n+ (z + i)n.
Komplex sorok, görbék 4 Komplex görbék Szakasz paraméterezése Az A pontból B pontba mutató szakasz egy lehetséges paraméterezése γ(t) = [A, B] = A + t(b A), 0 t. A γ(t) B Körív paraméterezése Az O középpontú, r sugarú körvonal egy paraméterezése, pozitív irányítás esetén t = π t = π + γ + O, r = O + reit, π < t π, t = π O r t = 0 negatív irányítás esetén γ O, r = O + re it, π < t π. t = π t = π 5. Feladat. Paraméterezzük a γ görbét, (a) ahol γ a i pontból a + i pontba mutató szakasz, (b) ahol γ a γ0, körvonal i pontjából az pontba, majd a γ + +i, + ibe megy. körvonal pontjából a (a) A szakasz kezd pontja i, végpontja pedig + i, így a paraméterezés γ(t) = [ i, + i] = i + t( + i ( i)) = i + t( + i), 0 t. (b) Most γ(t) = γ (t) γ (t) és a két rész egymástól függetlenül paraméterezhet. A γ görbe középpontja O, az origó, sugara r = és negatív az irányítása, ezért a paraméterezés γ (t) = γ 0, (t) = 0 + e it = e it, O + i ahol az ábra alapján π t 0. Hasonlóan, γ esetén O = + i, r = és pozitív az irányítás, így γ (t) = γ + +i, (t) = + i + eit, ahol π t 0. O γ(t) γ (t)
Komplex sorok, görbék 5 6. Feladat. Határozzuk meg a γ(t) = i + t( i) t e it görbe deriváltját a t 0 = 0 helyen. A megoldást a valós függvényeknél megszokott t változó szerinti deriválással kapjuk. γ (t) = ( i + t( i) t e it) = ( i) 6t e it t ie it A t = 0 helyettesítéssel élve γ (0) = i. 7. Feladat. Határozzuk meg a következ integrálok értékét algebrai alakban. (a) 0 i + t( i) dt (b) π 0 e it dt (c) π 0 ie it dt A görbe deriválásához hasonlóan, az integrálást is a valós függvényeknél megszokott módon végezzük el. (a) (b) π 0 0 i + t( i) dt = [ e e it it dt = i ] π 0 [ ] it + ( i) t ( i) = i + 0 = + i = [ ie it] π 0 = ie i π ie i 0 = i ( i) i = i (c) Mivel rögzített t esetén e it az origó középpontú egységsugarú körvonal egy pontja, így π 0 π ie it dt = 0 dt = [ t ] π/ 0 = π. Megjegyzés. Míg a (b) rész végeredménye egy komplex szám, addig a (c) részben egy valós számot kapunk, ami éppen a γ(t) = e it, 0 t π görbe ívhossza.
Komplex sorok, görbék 6 Videók Komplex sorok. Feladat. Vizsgáljuk a n i n + számsor konvergenciáját. Konvergens.. Feladat. Vizsgáljuk a következ számsorok konvergenciáját. (a) ( ) n n 5i (b) n n + 5 n + 5 ( ) n 5i (a) Divergens. (b) Konvergens.. Feladat. Határozzuk meg és ábrázoljuk azon z paraméter értékek halmazát, melyek esetén a következ sor konvergens lesz, és adjuk is meg e pontok esetén a sor összegét. ( z + i ) n n=0 + i A sor konvergens, ha z ( i) <, és z i, összege: ( ) z + i + i z +i. +i i 4. Feladat. Ábrázoljuk azon z értékek halmazát, melyek esetén a sor konvergens. n=0 n n + (z + 5 n i)n
Komplex sorok, görbék 7 5 5. Feladat. Ábrázoljuk azon z értékek halmazát, melyek esetén a (z + i) n n= 5 n n sor konvergens. Hogyan viselkedik a sor a z = 4 + i és a z = + i pontokban? A z = 4 + i pontban feltételesen konvergens, a z = + i pontban pedig divergens. 5 4 + i + i 6. Feladat. Ábrázoljuk azon z értékek halmazát, melyek esetén a következ sor konvergens. n + n + (z + n i)n + (z + n i) n 5 n=0 n=
Komplex sorok, görbék 8 7. Feladat. Ábrázoljuk azon z értékek halmazát, melyek esetén a Határozzuk meg a sor összegét is ezen z értékek esetén. n= sor konvergens lesz. zn A sor összege: z, ha z > 8. Feladat. Adjuk meg a kifejezést z++i egész kitev s hatványainak összegeként. z + i ( ) n z + i = ( 5i) (z + + n+ i)n, ha z ( i) < 6 n=0 ( ) n ( 5i) n (z + + i) n, ha z ( i) > 6 n= 9. Feladat. Adjuk meg a Ha α = β, akkor Ha α β, z + α z + α = (z + β). z + α = n=0 n= kifejezést z + β egész kitev s hatványainak összegeként. (β α) n+ (z + β)n, ha z ( β) < β α, (β α) n, ha z ( β) > β α (z + β) n
Komplex sorok, görbék 9 Komplex görbék 0. Feladat. Paraméterezzük a következ görbéket. (a) A pontból az i pontba, majd az i pontból az i pontba mutató tört szakasz. (b) A γ és γ negyedkörívek csatlakoztatásával keletkez görbét, ahol γ a γ0, körvonal pontjából az i pontba megy, és γ a γ +i, körvonal i pontjából a + i pontba megy. (a) γ (t) = + t( + i), 0 t γ (t) = i + t( i), 0 t (b) γ (t) = e it, π t π γ (t) = + i + e it, π t π. Feladat. Határozzuk meg a következ görbék deriváltját a megadott helyen. (a) γ(t) = + 5i + ( i)t, γ () ( π (b) γ(t) = it + e it, γ (0), γ ( π ) (c) γ(t) = te it, γ 4 ) (a) i (b) i, πi (c) i π. Feladat. Határozzuk meg a következ integrálokat. (a) 0 + 5i + ( i)t dt (b) π π te it dt (a) + 5i + ( i) (b) π 4 i
Komplex sorok, görbék 0 Kvízek A csoport Feladat. Határozzuk meg és ábrázoljuk is azon z értékek halmazát, melyek esetén a következ sor abszolút konvergens. n5 (z + i) n n n n= B csoport. Feladat. Határozzuk meg és ábrázoljuk is azon z paraméter értékek halmazát, melyek esetén a következ sor abszolút konvergens. n= (z ) n (n + i) n. Feladat. Adjuk meg az ábrán látható γ görbe paraméterezését. C csoport. Feladat. Határozzuk meg a γ(t) = ite it görbe. Feladat. Írjuk fel az z + i π 0 γ(t) dt integrálját algebrai alakban. kifejezést z + + i egész kitev s hatványainak összegeként.
Komplex sorok, görbék Kvízek megoldása A csoport Feladat megoldása. A sor els pár tagja n= n5 n n (z + i) n = (z + i)0 + 94 4 8 (z + i) +... azaz a sor minden z-re értelmezve van. Vizsgáljuk a z n sort, ekkor z n = n5 (z + i) n n n = n5 z + i n, n n és z n+ z n = (n + )5 z + i n n+ (n + ) = n n (n + n+ (n + ) )5 n5 = n n ( + n ) n 5 n 5 n n n5 z + i n z + i n z + i n ( + n) 5 n 5 z + i z + i. n 5 pt A sor abszolút konvergens, ha z + i < z ( + i) < ( z + i ) <. Divergens, ha ( z + i ) >. A körvonalon z + i =, azaz n5 z n = n n5 = = n n n n 5 n n 5 = 0. n Így az összehasonlító kritérium alapján z n, ami divergens, tehát a függvénysor a körvonalon nem abszolút konvergens. n n 5 pt pt
Komplex sorok, görbék B csoport. Feladat megoldása. A sorozat els pár tagja: z n = n= n= így a sor minden zre értelmezett. (z ) n (n + i) n = ( + i) (4 + i) (z ) + (z ) +... z n+ z n = z n+ z n = z n+ (n + ) + i (n + ) n 4(n + = (n + ) ) + z n+ 4n + z n = n n n ) n ( + n n z n n + i 4 ( + n) + n 4 + n z z pt miatt a sor abszolút konvergens, ha és divergens, ha z <, D AK AK z >. A körvonalon, azaz z = esetén z n = n n + i 4n + = n n = n 4 + n n = n 4 + n 0, pt továbbá zn n. Mivel a sor konvergens, ezért a sor abszolút konvergens a körvonalon is. n. Feladat megoldása. A görbét két részre bontjuk: γ = γ γ. ˆ γ (t) = + i + e it, π t 0. ˆ γ (t) = ( + i) + t ( + i i) = + i + ( + i)t, 0 t. pt
Komplex sorok, görbék C csoport. Feladat megoldása. Parciális integrálással kapjuk, hogy γ(t) dt = it e it dt = it e it i e it dt = te it + i i f g f f g g e it dt = te it + e it i, amib l π 0 γ(t) dt =. Feladat megoldása. z + i = ] π [ te it + e it = ( π ) ) π i e i + e π i (0 + e0 0 i i = π i ( i) + i i = π i + + i = π ( π ) i + i = + i. = z + i = 5 i ˆ Ha z + + i 5 + i <, akkor z + i = 5 4i ˆ Ha z + + i 5 + i >, akkor z + i = 5 4i z + + i 5 i = ( ) = z++i 5 i ( ) n z + + i 5 + i = n=0 n= 5 4i 5 4i ( ) n = z++i 5 4i 5 +i n= 5 i z++i 5 +i n=0 z++i 5 i + ( 5 + i) n (z + + i) n. ( ) n 5 + i (z + + i) n. pt pt pt
. Komplex függvények Házi feladatok Komplex függvények Az f(z) komplex függvény felírható az f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) alakban, ahol az u = u(x, y) és v = v(x, y) valós érték kétváltozós függvények a komplex f(z) függvény valós, illetve képzetes részét jelölik. Továbbá ˆ z := z e i Arg z, a többérték z / reláció f értéke, ˆ e z = e x+iy := e x e iy, ˆ Log z := ln z + i Arg z, a többérték log z reláció f értéke, ˆ cos z := eiz + e iz, sin z := eiz e iz, i ˆ ch z := ez + e z, sh z := ez e z.. Feladat. Az f(z) = z függvény esetén adjuk meg (a) a z = + i, z = ( cos π ) π + i sin, z = e π 6 i pontok képeit algebrai alakban 4 4 és ábrázoljuk is azokat; (b) a z 4 = i és z 5 = ( cos π + i sin π ) pontokat összeköt γ b szakasz képét; (c) a z 6 = 4 e 8 πi kezd - és z 7 = 4 e 5 8 πi végpontú, origó középpontú, irányítású γ c körív képét és ábrázoljuk is; (d) a függvény valós és képzetes részét. 4 sugarú, pozitív 4
Komplex függvények 5 (a) Mindhárom alak esetén egyszer en meghatározható a képpont: ˆ ω = f(z ) = ( + i) = i, ( ˆ ω = f(z ) = cos π ˆ ω = f(z ) = 4 e π i = 4 ) π + i sin = i, ( ) + i = + i. y v z z z f ω ω ω x u z ω Megjegyzés. A z i pontok egy egyenesre esnek, és ennek az egyenesnek a képe egy fekv parabola. y v z z f ω ω x u z ω (b) Szakasz paraméterezéséhez ( az algebrai alakot használjuk; z 4 már ebben az alakban van, z 5 öt pedig átírjuk: z 5 = cos π + i sin π ) = i. Tehát a γ b = [i, i] szakasz képét kell meghatározni. Ennek egy lehetséges paraméterezése γ b (t) = i + (i i)t = i + it, ahol 0 t.
Komplex függvények 6 Így f(γ b (t)) = (i + it) = i ( + t) = ( + t), ahol 0 t. Megjegyzés. A kapott görbe a [, 4] irányított szakasz egy lehetséges paraméterezése. (c) A körív egy paraméterezése γ c (t) = 4 e it, ahol 8 π t 5 8 π. Így azaz ( ) 4 f(γ c (t)) = e it, f(γ c (s)) = e is, ahol ahol 8 π t 5 8 π, 4 π s 5 4 π, az origó középpontú, sugarú negyedkörív az ω 6 = e 4 πi kezd ponttal és az ω 7 = e 5 4 πi = e 4 πi végponttal. y v γ c z 7 z 6 f ω 6 x f(γ c ) u ω 7 (d) Az f(x + iy) = (x + iy) = x y + ixy összefüggés alapján u(x, y) = x y és v(x, y) = xy.. Feladat. A g(z) = z függvény esetén adjuk meg (a) a z = + i, z = ( cos π ) π + i sin, z = e π 6 i pontok képeit; 4 4 (b) a + i kezd - és i végpontú, origó középpontú γ negyedkörív képét és ábrázoljuk is. (a) A képpontok megadásához az exponenciális alakot használjuk. Ezért ˆ z = + i = e π 4 i alapján ω = g(z ) = z = 4 e π 8 i ;
Komplex függvények 7 ˆ z = ( cos π π + i sin 4 4 ˆ z = e π 6 i esetén ω = ) = e π 4 i, így ω = 4 e π 8 i ; 4 e π i. Megjegyzés. A három ponton áthaladó egyenes z melletti képe egy hiperbola. y v z g z x ω ω u ω z (b) A z függvény deníciója miatt a γ görbét két részre kell bontani a negatív valós tengely mentén például a γ (t) = e it, ahol 4 π t π, valamint a γ (t) = e it, ahol 4 π t < π görbére. Ekkor γ képe a γ képe pedig g(γ (t)) = 4 e i t, ahol 4 π t π = 4 e is = g (s), ahol 8 π s π, g(γ (t)) = 4 e i t, ahol 4 π t < π = 4 e is = g (s), ahol 8 π s < π.
Komplex függvények 8 y v g(γ ) g γ γ x u g(γ ) Megjegyzés. Jól láthatóan a g(z) = z függvény nem folytonos a negatív valós tengely mentén, hiszen a γ görbe képe szétesik két részre. Megjegyzés. Vegyük észre, hogy a γ görbe megegyezik az. feladat (c) részében szerepl γ c görbe f(z) = z melletti képével, azonban a g(γ) és a γ c különböznek. Ha a γ c görbére egymás után végrehajtjuk a z és a z leképezést, akkor nem az eredeti görbét kapjuk vissza. y γ c f(z) = z v g(z) = z g(γ) y x f(γ c ) = γ u x g(γ). Feladat. Az f(z) = e iz esetén adjuk meg (a) a z = + i, z = ( cos π ) π + i sin, z = e π 6 i pontok képéit; 4 4 (b) a z 4 = πi, z 5 = π πi pontokat összeköt szakasz képét és ábrázoljuk is; (c) a függvény valós és képzetes részét. A képpontok meghatározásához az e iz = e i(x+iy) = e y+ix = e y e ix összefüggés miatt az algebrai alakot használjuk. (a) ˆ A z = + i képe ω = f(z ) = e e i.
Komplex függvények 9 ˆ A z = ( cos π ) π + i sin = i képe ω = e e i. 4 4 ˆ A z = e π 6 i = + i képe pedig ω = e e i. Megjegyzés. A három ponton áthaladó egyenes e iz melletti képe egy origóból induló félegyenes. y v z f ω z x ω z ω u (b) A z 4 = πi, z 5 = π πi pontokat összeköt szakasz egy lehetséges paraméterezése: Így γ(t) = πt πi, ahol 0 t. f(γ(t)) = e i πt e i( πi) = e π e πti, ahol 0 t, ami egy origó középpontú, e π sugarú háromnegyed körív. y v f π x f(γ) e π ω 4 u π z4 z 5 ω 5 (c) Az f(x + iy) = e y e ix = e y (cos x + i sin x)
Komplex függvények 40 összefüggés alapján u(x, y) = e y cos x és v(x, y) = e y sin x. 4. Feladat. Az f(z) = Log z függvény esetén adjuk meg (a) a z = + i, z = ( cos π ) π + i sin, z = e π 6 i pontok képeit; 4 4 (b) a z 4 = e π kezd és z 5 = e π+ πi végpontú, origó középpontú háromnegyed körív képét és ábrázoljuk is. (a) A képpontok megadásához az exponenciális alakot használjuk, mivel ezekb l jól látszik z és Arg z értéke. ˆ A z = + i = e π 4 i pont képe ω = ln + π 4 i ; ˆ a z = ( cos π ) π + i sin = e π 4 i képe ω = ln π 4 4 4 i ; ˆ a z = e π 6 i képe pedig ω = ln + π 6 i. Megjegyzés. A három pont és a képpontok: y v z f π z x ω ω ω u z π (b) A Log z függvény deníciója miatt a görbét két részre kell bontani a negatív valós tengely mentén például a γ (t) = e π e it, ahol 0 t π ; valamint a görbére. Ekkor γ képe γ (t) = e π e it, ahol π t < π Log(γ (t)) = π + it, ahol 0 t π,
Komplex függvények 4 a γ képe pedig Log(γ (t)) = π it, amelyek egy-egy szakasz paraméterezései. ahol π t < π, y π v γ f(z) f(γ ) e π x π u γ e π π f(γ ) Megjegyzés. Tehát a Log z függvény nem folytonos a negatív valós tengely mentén, hiszen az adott görbe képe szétesik két részre. 5. Feladat. Adjuk meg a következ kifejezések algebrai alakját. (a) sin i (b) log( + i) (c) i i (a) A deníció alapján sin i = ei e i i = e e i = i e e = i sh. (b) Mivel + i = 5e i arctg, ezért Log( + i) = ln 5 + i arctg, tehát log( + i) = Log( + i) + kπi = ln 5 + i (arctg ) + kπ, k Z. (c) Tetsz leges b és tetsz leges, nem nulla a komplex szám esetén az a b := e b log a összefüggéssel deniáljuk a hatványozást. Ezért i i = e i log i.
Komplex függvények 4 Mivel i = e π i, ezért log i = ln + π i + kπi = π i + kπi, és így i i = e i(k+ )πi = e (k+ )π, k Z. Megjegyzés. Jól láthatóan az i i kifejezés végtelen sok valós értéket jelöl. 6. Feladat. Írjuk fel gyöktényez s alakban a z + ( i)z i kifejezést. El ször meghatározzuk a z + ( i)z i = 0 másodfokú egyenlet megoldásait. A megoldóképlet alapján z, = + ( ) i ± i 4 i = + i ± + i, melyben a gyökfüggvény deníciója alapján + i = 4e πi = e π i = + i. Tehát a keresett gyökök valamint Így a gyöktényez s alak z = + i + + i z = + i ( + i ) z + ( i)z i = (z i) = i = i, = =. ( z + ) ( ) = (z i) z +. 7. Feladat. Oldjuk meg a sin z = i egyenletet (a) a deníció alapján, (b) a sin(x + iy) = sin x ch y + i sh y cos x trigonometrikus összefüggés alapján.
Komplex függvények 4 (a) A sin z := eiz e iz i denícióból kiindulva, a p = e iz helyettesítéssel kapjuk, hogy p p i = i p p = i p = p p + p = 0, ahonnan a gyökök: p = + és p =. A p = e iz összefüggésb l kapjuk, hogy iz = log p. ˆ A p = + = > 0 esetben ( ) iz = ln + kπi, k Z, azaz ( ) z = kπ i ln, k Z. ˆ A p = = ( + ) esetben ( ) iz = ln + + (π + kπ)i, k Z, azaz ( ) z = (k + )π i ln +, k Z. (b) A sin(x + iy) = sin x ch y + i sh y cos x trigonometrikus összefüggés alapján azaz sin x ch y + i sh y cos x = i, sin x ch y = 0 és sh y cos x =. Az els egyenletb l, a ch y függvény pozitivitása miatt kapjuk, hogy sin x = 0, azaz x = nπ, n Z. Ezen pontokban cos x = ( ) n, ezért a második egyenletben az esetek szétválasztásával dolgozunk. ˆ Ha n páros, azaz x = kπ, akkor cos x =, így a második egyenletb l kapjuk, hogy sh y =. Az A = e y helyettesítéssel adódik, hogy ahonnan = sh y = ey e y A A = 0. = A A,
Komplex függvények 44 Az egyenlet megoldásai A = ±. Mivel A = e y > 0, így csak a pozitív megoldással számolunk tovább. e y = + ( y = ln + ) Azaz ( z = kπ + i ln + ), k Z. ˆ Ha n páratlan, azaz x = (k + )π, akkor cos x =, így sh y =. Ekkor = A A, és az A + A = 0 egyenlet egyetlen pozitív megoldása A = +, így ( y = ln + ). Tehát ( z = (k + )π + i ln + ), k Z. Megjegyzés. A feladat megoldása során az (a) részben azt kaptuk, hogy ( ) z = kπ i ln, k Z vagy a (b) részben pedig vagy ( ) z = (k + )π i ln +, k Z ; ( z = kπ + i ln + ), k Z ( z = (k + )π + i ln + ), k Z. Természetesen a két megoldáshalmaz megegyezik, hiszen ( ) ( ) + ( ln = ln = ln = ln ( ) ( ) = ln + ). + A megoldáshalmaz néhány eleme a komplex számsíkon:
Komplex függvények 45 Videók Komplex függvények. Feladat. Határozzuk meg a következ pontok f(z) = e z melletti képét. ( π ) (a) z = i (b) z = π (c) + 4 i + kπ i, k Z (a) e e i (b) e e π 4 i (c) e e π i. Feladat. Határozzuk meg a következ görbék f(z) = e z melletti képét. (a) A = {z x R, y = 0} { B = z x R, y = π } 4 { C = z x R, y = π } D = {z x R, y = } π (b) A = {z x = 0, π y π} B = {z x =, π y π} C = {z x =, π y π} (c) A = {z x = y, π x π} (a) A : e x B : e x e i π 4 C : e x e π i D : e x e πi (b) (c) A : e iy B : e e iy C : e e iy A : e x e ix. Feladat. (a) Oldjuk meg az e z = + i egyenletet. (b) Határozzuk meg log( 5i) összes lehetséges értékét. (c) Határozzuk meg ( ) i összes lehetséges értékét. (a) z = log( + i) = ln 5 + (b) ln 6 + ( arctan 5 + kπ) i, k Z (c) e π+kπ, k Z (π arctan + kπ ) i, k Z
Komplex függvények 46 4. Feladat. Az a b := e b log a ( a 0) deníció alapján határozzuk meg a következ kifejezések összes lehetséges értékét. (a) (b) (a) 8 (b) ± 5. Feladat. A sin z := eiz e iz i f(z) = sin z melletti képét. deníció alapján határozzuk meg a következ halmazok (a) A = {x 0, y = 0} (b) B = {x = 0, y 0} (c) C = {x = π }, y 0 (a) sin x (b) i sh y (c) ch y 6. Feladat. Oldjuk meg a cos z = egyenletet. z = π + kπ + i ln ( ± ), k Z 7. Feladat. Oldjuk meg a következ egyenleteket és ábrázoljuk is a megoldáshalmazokat. (a) ch z = i (b) ch z = i ( (a) z = ln + ) ( π ) + + kπ ( (b) z = ln + ) ( i, z = ln ( π kπ ) i, z = ln + ) ( π ) kπ i, k Z ( + ) ( π ) + + kπ i, k Z
Komplex függvények 47 Kvízek A csoport. Feladat. Oldjuk meg a ch z = egyenletet.. Feladat. Határozzuk meg az A = π + πi kezd pontú, B = π f(z) = melletti képét, és ábrázoljuk is. eiz + πi végpontú szakasz B csoport. Feladat. Adjuk meg a i komplex hatvány azon értékét, melynek abszolút értéke.. Feladat. Adjuk meg és ábrázoljuk az origó középpontú, i kezd pontú és végpontú negatív irányítású körívet, valamint a körív f(z) = iz függvény melletti képét. C csoport Feladat. Adjuk meg és ábrázoljuk az origó középpontú, negatív irányítású egységkörvonal + i kezd pontú és végpontú γ körív képét az f(z) = ( + i) Log( z) függvény mellett.
Komplex függvények 48 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. A ch z := ez + e z denícióban a p = e z helyettesítéssel p + p = p + p = 4 p + = 4p p + 4p + = 0 p, = 4 ± 6 4 ˆ Ha p = +, azaz e z = +, akkor z = log ( + ) = Log ( + = 4 ± ) + kπi = ln = ±. ( ) + πi + kπi, k Z. ˆ Ha p =, azaz e z =, akkor ( z = log ) ( = Log ) ( + kπi = ln + ) + πi + kπi, k Z. pt pt. Feladat megoldása. A γ(t) = [A, B] szakasz egy paraméterezése γ(t) = A + (B A)t = π ( π ( + πi + + πi π )) + πi t = π + πi + πt, (0 t ). Ekkor f(z) = e iz miatt f(γ(t)) = e i( π +πi+πt) = e π i+π πti = e π e i( π πt), (0 t ). Ez az origó középpontú, e π sugarú, negatív irányítású körvonal f(γ(0)) = e π e π i = e π i és f(γ()) = e π e π i = e π i pontjait összeköt ív. f(a) e π f(b) f(γ) pt
Komplex függvények 49 B csoport. Feladat megoldása. Mivel és ezért i ( i) log = e log = Log + kπi = ln + kπi, k Z i = e ( i)(ln +kπi) ln +kπi i ln +kπ = e = e ln +kπ e ikπ e i ln = e kπ e i ln, k Z. pt Így i = e kπ, k Z, ami pontosan akkor lesz, ha k = 0, és ekkor i = e i ln.. Feladat megoldása. A körív paraméterezése γ(t) = e it, π t 0. f(γ) pt Ezért γ f(γ(t)) = ie it = = e π i e it e ( π t)i = e i π t = e i π t 4, π t 0, ami az origó középpontú, sugarú, negatív irányítású körvonal pontjait összeköt ív. f(γ( π/)) = e π i, f(γ(0)) = e π 4 i pt
Komplex függvények 50 C csoport Feladat megoldása. Az f(z) függvény összetett, a bels függvény a ( )gyel való szorzás, ami egy origó középpontú 80 os forgatás. + i γ(t) γ(t) i A γ(t) görbét két részre bontjuk a pont mentén, mert a Log z függvény nem folytonos a negatív valós tengely mentén: és Ebb l l (t) = e it, π 4 t < π l (t) = e it, π t 0. f(l (t)) = ( + i) Log(l (t)) = ( + i) Log ( e it) = ( + i)( it) = t it, ez egy szakasz, kezd pontja π 4 π i, végpontja π πi, ami nyitott. 4 Illetve f(l (t)) = t it, π t 0 is egy szakasz, kezd pontja π + πi, végpontja 0. π 4 t < π, pt pt π f(l (t)) π π π f(l (t)) pt
4. Lineáris törtfüggvények Házi feladatok Lineáris törtfüggvények Lineáris törtfüggvénynek nevezzük az alakú függvényeket, ahol ad bc 0. f(z) = az + b cz + d ˆ Amennyiben c = 0, akkor a függvény lineáris és az alakba írható. ˆ Amennyiben c 0, akkor a függvény az alakra hozható. f(z) = αz + β, α 0 f(z) = α z + γ + β, α 0. Feladat. Az f(z) = ( i)z + i lineáris függvény esetén határozzuk meg a z = + i pont képét, majd vizsgáljuk, hogy milyen síkbeli transzformációnak felel meg a függvény. A z = + i pont képe az pont. ω = f(z) = ( i)( + i) + i = 5 + i + i = + i ˆ Ahogy azt láttuk, egy komplex számmal való szorzás a szám hosszával, azaz egy pozitív valós számmal vett szorzásnak, tehát egy origó középpontú nyújtásnak/kicsinyítésnek, és a szám szögével vett origó középpontú forgatásnak felel meg. Ezen transzformációk tetsz leges sorrendben elvégezhet k. Esetünkben i = e iπ/4, azaz 5
Lineáris törtfüggvények 5 a > miatt ez nyújtást és π szöggel történ forgatást jelent. 4 ˆ A komplex számok körében az összeadás egy eltolásnak felel meg, esetünkben ez a + i vektorral történik.. Feladat. Az f(z) = függvény esetén határozzuk meg a z = + i pont képét, majd z vizsgáljuk, hogy milyen síkbeli transzformációnak felel meg a függvény. A + i pont képe ω = f( + i) = + i = i 5 A z = re iϕ exponenciális alak használatával alapján kapjuk, hogy a reciprok függvény = 5 ( i) = 5 5 i. f(z) = z = re iϕ = r e iϕ = r re iϕ = r z ˆ egy xtengelyre való tengelyes tükrözést és ˆ egy origó középpontú egységkörre való inverziót jelent, melyeket tetsz leges sorrendben végezhetünk el. z z r z r r ω ω z Megjegyzés. Jól látható, hogy az inverzió és a tükrözés sorrendje felcserélhet.. Feladat. Az f(z) = z i függvény esetén határozzuk meg a z = i pont képét, iz + i majd adjuk meg, hogy milyen síkbeli transzformációnak felel meg a függvény. Az i komplex szám képe ω = f( i) = = ( i) i i( i) + i = 5i + i ( 5i)( i) 5 = + i 5 = 5 + 5 i.
Lineáris törtfüggvények 5 A síkbeli transzformációk meghatározásához, c = i 0 miatt a függvényt az alakra hozzuk: f(z) = α z + γ + β f(z) = z i iz + i = i z i z + = i z i z + i + i ( = i + 7i ) 7 + i = z + + i z + + i i. Ez a következ transzformációk sorozatát jelenti: ˆ az + i vektorral való eltolás (z ), ˆ reciprokképzés, ami az x tengelyre való tükrözés ( z ), és inverzió az egységkörre (z ), ˆ a 7 + i komplex számmal való szorzás, ami egy origó középpontú α = π arctg 7 szög forgatás (z ), és egy origó középpontú 5-szoros nyújtás (z 4 ), ˆ végül a i vektorral való eltolás (z 5 ). z 4 z z 5 = ω z α z z z 4. Feladat. Adjuk meg azt a lineáris törtfüggvényt amely a 0, és i pontokat rendre az i, és pontokba viszi. Ekkor a 0 i,, i hozzárendelések alapján a függvényre az f(0) = i, f( ) = és az f( i) = összefüggések érvényesek.
Lineáris törtfüggvények 54 i i Így az kifejezésbe helyettesítve kapjuk, hogy f(z) = az + b cz + d () f(0) = b d = i, azaz d 0 és b = id ; () f( ) = a + b c + d =, vagyis b a = c d ; () f( i) = ia + b ic + d =, tehát b ia = d ic. A b = id tulajdonság alapján a () és () összefüggés az id a = c d id ia = d ic alakot ölti. Ez utóbbi egyenletet ivel megszorozva, és ezen egyenleteket összeadva, Rendezés után kapjuk, hogy id a = c d Ezt az id a = c d egyenletbe helyettesítve, alapján elemi számolással adódik, hogy d + a = id + c, id d = c d + id + c. c = i d. id a = i d d a = ( + 4 i ) d.
Lineáris törtfüggvények 55 Így a keresett lineáris törtfüggvény, d 0 miatt f(z) = az + b cz + d = ( + 4 i) dz + id i dz + d = ( + 4 i) z + i i z +. 5. Feladat. Adjunk meg egy olyan lineáris törtfüggvényt, amely az egységkörvonal valós tengely alatti félkörívét a [0, i] intervallumba viszi. A lineáris törtfüggvény végpontot végpontba, bels pontot pedig bels pontba visz, továbbá a függvényt egyértelm en meghatározza három pont és azok képei. Ezek alapján a és pontoknak a 0 és i pontokat kell megfeleltetni (két lehet ség van), legyen például: 0, i. A bels pontok tetsz legesek lehetnek, azaz a feladatnak végtelen sok megoldása van. Mi a következ t választjuk: i i. i i Így a függvénynek a következ összefüggéseket kell kielégítenie: () f( ) = a + b c + d i = 0, azaz a + b = 0, vagyis b = a, ezért, ad bc 0 miatt a 0; () f( i) = ai + b ci + d = i, vagyis ai + b = c + di, () f() = a + b c + d = i, tehát a + b = ci + di ; A b = a tulajdonság alapján a () és () összefüggés az a ai = c + di a = ci + di
Lineáris törtfüggvények 56 alakot ölti. Az els egyenletet mal megszorozva a ai = c + di adódik, és ezen egyenleteket egymásból kivonva, a = ci + di ai a = ci c. Rendezés után kapjuk, hogy c = i i a. Ezt a a = ci + di egyenletbe helyettesítve ahonnan azaz a = i ai + di, i di = a i i ai = i i a + + i i a = i + i a, d = i i a. Így a keresett lineáris törtfüggvény, a 0 miatt f(z) = az + b cz + d = az + a a = z + i z + i i i i i az + i i = (i )z + i (i )z + i. Az f(z) lineáris törtfüggvény határértékére vonatkozóan teljesül, hogy ˆ amennyiben c = 0, akkor ˆ amennyiben c 0, akkor lim f(z) =, z lim f(z) =, z d c lim f(z) = a z c. Ezen tulajdonságok segítségével oldjuk meg a következ feladatot. 6. Feladat. Adjuk meg azt a lineáris törtfüggvényt amely az A = {x, y = 0} félegyenest a B = {x = 0, y } félegyenesbe viszi át.
Lineáris törtfüggvények 57 Ebben az esetben mindkét félegyenest a ponttal lezárjuk, ezt tekintjük a másik végpontnak. Mivel a lineáris törtfüggvény végpontot végpontba visz, ezért például válasszuk a megfeleltetést, a bels pontok esetén pedig a hozzárendelést, azaz ekkor lim f(z) = i, z i,, i, lim f(z) =, f( ) = i. z i i Ezek alapján c 0, továbbá () lim z f(z) = i miatt a c = i, vagyis a = ci ; () lim z f(z) = alapján d c =, azaz d = c ; () f( ) = a + b c + d = i, tehát a + b = 4ci + di. amib l Az () és () összefüggés alapján a () egyenlet Így a lineáris törtfüggvény, c 0 miatt ci + b = 4ci + ci, b = 0. f(z) = az + b cz + d = ciz cz + c = iz z +.
Lineáris törtfüggvények 58 Videók Lineáris törtfüggvények. Feladat. Határozzuk meg a következ pontoknak a megadott lineáris törtfüggvény melletti képeit, majd adjuk meg, hogy milyen síkbeli transzformációsorozatnak felel meg a függvény. (a) f(z) = z, z = + i, z = + i (b) f(z) = ( 4i)z, g(z) = (4 + i)z, z = + i (c) f(z) = i + z, z = + i, z = + i (d) f(z) = i + (4 + i)z, z = + i (a) f(z ) = 6 + i, f(z ) = + 6i; origó középpontú háromszoros nagyítás. (b) f(z ) = 0 5i; origó középpontú ötszörös nagyítás és arctg 4 dal való forgatás, g(z ) = 5 + 0i; origó középpontú ötszörös nagyítás és arctg del való forgatás. 4 (c) f(z ) = i, f(z ) = i + ; ivel való eltolás. (d) f(z ) = 6 + 8i; origó középpontú ötszörös nagyítás, arctg del való forgatás, végül 4 ivel való eltolás.. Feladat. Határozzuk meg a z =, z = i, z = i pontoknak az f(z) = z melletti képeit, majd adjuk meg, hogy milyen síkbeli transzformációsorozatnak felel meg a függvény. f(z ) = ; f(z ) = i; f(z ) = 0 + i; xtengelyre való tükrözés, majd az origó 0 középpontú, sugarú körre vonatkozó inverzió. iz + i. Feladat. Határozzuk meg a z 0 = +i pontnak az f(z) = melletti képét, majd z 6 adjuk meg, hogy milyen síkbeli transzformációsorozatnak felel meg a függvény. f(z 0 ) = 7 5 + 57 ; vel való eltolás, xtengelyre való tükrözés, az origó középpontú, 5 5 sugarú körre vonatkozó inverzió, origó középpontú, szoros nagyítás (kicsnyítés), arctg del való forgatás, végül i mal való eltolás.
Lineáris törtfüggvények 59 4. Feladat. Adjuk meg azt a lineáris törtfüggvényt, amely (a) et a 0ba, it az be viszi és it helybenhagyja, (b) et a be viszi és it valamint it helybenhagyja. (a) f(z) = z + + i (b) f(z) = z z + 5. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az [i, 4i] intervallumot az [, ] intervallumba viszi. Például f(z) = 5z i z + i. 6. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az A = {z x = 0, y } halmazt a B = {z y = 0, x } halmazba viszi. Például f(z) = + i z. 7. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely a B = {z y = 0, x } halmazt az A = {z x = 0, y } halmazba viszi. Például f(z) = i z. 8. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az A = {z x = 0, y } halmazt a középpontú, sugarú kör els síknegyedbe es félkörívébe viszi. Például f(z) = z + i z + i. 9. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az A = {z x + y =, y 0} halmazt a B = {z y = 0, x } halmazba viszi. Például f(z) = ( i)z + + i. z + 0. Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az A = {z (x + ) + y =, y 0} halmazt a B = {z x + y =, x 0} halmazba viszi. Például f(z) = iz i.
Lineáris törtfüggvények 60 Kvízek A csoport. Feladat. Határozzuk meg, hogy milyen síkbeli transzformációk sorozatát jelenti az f(z) = ( + i)z + i függvény... Feladat. Adjuk meg azt a lineáris törtfüggvényt, amely a pontot a 0 pontba, a 0 pontot az i pontba, és az i pontot az pontba viszi. B csoport Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az az origóból induló, +i ponton átmen félegyenest a i pontból induló, + i ponton átmen félegyenesbe visz. C csoport Feladat. Adjunk meg olyan lineáris törtfüggvényt, amely az A = {z x + y =, x 0} halmazt a B = {z x =, y } halmazba viszi.
Lineáris törtfüggvények 6 Kvízek megoldása A csoport. Feladat megoldása. A + i komplex szám esetén r = + =, tg ϕ = /, így ϕ = π/6 alapján + i = e iπ/6, azaz f(z) = e iπ/6 z + ( + i). A transzformációsorozat: ˆ origó középpontú kétszeres nagyítás, ˆ origó középpontú forgatás π/6tal, ˆ eltolás + ivel. ϕ pt. Feladat megoldása. Ekkor () f( ) = a + b = 0, azaz c + d a + b = 0 () f(0) = b d = i, vagyis b = a, b = di, () f(i) = ai + b =, tehát ci + d ai + b = ci + d. i pt A b = a miatt a () összefüggésben a = di, azaz d = ai. Ekkor a () összefüggésben ai + a = ci + ( ai) = ci ai ai + a = ci c = a ai. Így a keresett lineáris törtfüggvény f(z) = az + b cz + d = az + a (a ai)z ai = z + ( i)z i. pt
Lineáris törtfüggvények 6 B csoport Feladat megoldása. A megfeleltetés legyen például: 0 i, + i + i, Ekkor () f(0) = b d = i, vagyis () f( + i) = b = di. ( + i)a + b ( + i)c + d = + i () A tulajdonság azt jelenti, hogy i pt c = 0. Így a () összefüggésben Tehát f(z) = az + b cz + d = ( + i)a + di = + i d ( + i)a + di = ( + i)d ( + i)a + di = d + di ( + i)a = d d a = + i. d z + di +i d = z + i + i. pt pt