Matematika 4 gy Földtudomány és Környezettan BSc II/2 Mincsovics Miklós Emil, Havasi Ágnes
1.Gyakorlat: Integrálszámítás NT-ekben (Rn -ben): Másodfajú vonalintegrál
A, alapfogalmak: másodfajú vonalintegrál kiszámítása definíció szerint, primitív függvény, Newton-Leibnitz szabály 1. Legyen f : R2 → R2 , f (x, y) = (y, x) .
R a, Tekintsük az r : R → R2 utat, r : y = x, x ∈ [0, 1]. Számítsuk ki r f értékét definíció szerint. b, Legyen a K : R → R2 zárt görbe a következőképpen megadva RK : x2 + y 2 = 1 , óramutató járásával megegyező irányban egy körbefutásnyi. Számítsuk ki K f értékét. c, Van-e f -nek primitív függvénye? Ha igen, akkor határozzuk meg.
2. Legyen f (x, y) = (y, −x) . K : x2 + y 2 = 1 , óramutató járásával ellentétes irányban egy körbefutásnyi. R 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 0 ? , x ) . K : x2 + y 2 = 1 , óramutató járásával ellenkező 3. ("Ellenpélda") Legyen f (x, y) = ( x2−y +y 2 x2R+y 2 irányban egy körbefutásnyi. Számítsuk ki K f értékét.
B, gyakorló feladatok
1. Legyen f (x, y) = (x + y, x − y) . Határozzuk meg f primitív függvényét!
2. Legyen f (x, y) = (x, y) . Legyen r a következő háromszögvonal: (0, 0)-ból indul, egyenes szakaR szokon a (1, 0) és (0, 1) pontokon áthalad, majd visszatér az origóba. r f = ? R 3. Legyen f (x, y) = (x2 + y, y 2 + x) . r : y = x2011 , x ∈ [0, 1] . Számítsuk ki r f értékét. 4. Határozzuk meg az alábbi f : R3 → R3 függvények primitív függvényét. a, f (x, y, z) = (yz, xz, xy) ; b, f (x, y, z) = (x2 − 2yz, y 2 − 2xz, z 2 − 2xy) ; c, f (x, y, z) = (1 − y1 + yz , xz + yx2 , − xy ). z2
5. Legyen f (x, y) = (x2 − 2xy, y 2 − 2xy) . r : y = x2 , x ∈ [−1, 1] .
6. Legyen f (x, y) =
(x2
+
y 2 , x2
−
y2 ) .
R
f =? R r : y = 1 − |1 − x| , x ∈ [0, 2] . r f = ? r
y −x 7. (szorgalmi) Legyen f (x, y) = ( 3x2 −2xy+3y 2 , 3x2 −2xy+3y 2 ) . Határozzuk meg f primitív függvényét!
1
Megoldások ։ A/1/a, Az r görbe paraméterezése: r(t) = (t, t), t ∈ [0, 1], deriváltja r′ (t) = (1, 1)T . Z 1 Z 1 Z 1 Z 1 t t · 2t dt = 1 . hf (r(t)), r′ (t)i dt = dt = f= 1 0 0 0 r
A/1/b, A K görbe paraméterezése: K(t) = (cos(−t), sin(−t)) = (cos t, − sin t), t ∈ [0, 2π], deriváltja K ′ (t) = (− sin t, − cos t)T . Z 2π Z 0 Z Z 2π − sin t 2 2 − sin t cos t · cos 2t dt = 0 . f= sin t − cos t dt = − dt = − cos t 0 2π K 0 A/1/c, f differenciálható (léteznek a parciális deriváltjai és folytonosak egész R2 -en), továbbá ∂y f1 = ∂x f2 = 1 (azaz f ′ szimmetrikus), így létezik primitív függvénye. Tudjuk, hogy f primitív függvényére F ′ = f , vagyis: ∂x F = f1 , azaz ∂x F = y ⇒ F (x, y) = xy + g(y) , illetve ∂y F = f2 , 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 xtengelyen (x, 0)-ig, majd innen párhuzamosan az y-tengellyel egészen (x, y)-ig. A két út paraméterezése a következő: r1 (t) = (t, 0) , t ∈ [0, x] , deriváltja r1′ (t) = (1, 0)T . r2 (t) = (x, t) , t ∈ [0, y] , deriváltja r2′ (t) = (0, 1)T . Z Z Z Z y Z y Z x 0 1 t x · 0 t · x dt = [xt]y0 = xy . f= f+ dt = 0 + dt + f= 1 0 r1 0 r 0 r2 0 Az összes primitív függvény ettől csak konstansban tér el.
A/2/a, A K út paraméterezése a következő: K(t) = (cos t, sin t) , t ∈ [0, 2π] , deriváltja pedig K ′ (t) = (− sin t, cos t)T . Z 2π Z 2π Z 2π Z − sin t 2 2 sin t − cos t · −1 dt = −2π . − sin t − cos t dt = dt = f= cos t 0 0 0 K A/2/b, Nincs, mert ∂y f1 = 1 6= ∂x f2 = −1. A/2/c, Ellentétes irányítottságú úton a vonalintegrál a −1-szeresére változik, így 2π. 2
2
−x A/3, Mivel ∂y f1 = (xy2 +y 2 )2 = ∂x f2 , így az az érzésünk lehet, hogy van primitív függvénye f -nek. Továbbá zárt görbén integrálunk, így 0-át kéne kapjunk. De Z 2π Z 2π Z − sin t − sin t cos t · sin2 t + cos2 t dt = 2π . f= dt = cos t 0 0 K
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/1, Hasonlóan járunk el, mint a A/1/c, feladatnál: Z Z Z Z y Z x 0 1 x+t x−t · t t · f= f+ dt = dt + f= 1 0 r1 r r2 0 0 Z x Z x x2 y2 x − t dt = t dt + + xy − . 2 2 0 0 2
Tehát f összes primitív függvénye: F (x, y) = Másképp: ∂x F = f1 , azaz ∂x F = x + y ∂y F = f2 , azaz ∂y F = x − y Ahonnan már adódik F .
⇒ ⇒
x2 2
+ xy −
y2 2
+ C , ahol C ∈ R tetszőleges konstans.
2
F (x, y) = x2 + xy + g(y) , illetve 2 F (x, y) = xy − y2 + h(x) .
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 R2 -en és ∂y f1 = 1 = ∂x f2 , vagyis létezik primitív függvénye. Válasszunk egy kellemesebb rˆ utat: rˆ(t) := (t, t) , t ∈ [0, 1] , deriváltja r′ (t) = (1, 1)T . Z 1 Z Z 5 1 2 2 t +t t +t · dt = . . . = . f= f= 1 3 0 rˆ r B/5, r paraméterezése: r(t) = (t, t2 ) , t ∈ [−1, 1] , deriváltja r′ (t) = (1, 2t)T . Z Z 1 Z 1 14 1 2 3 4 3 t − 2t t − 2t f= · dt = t2 − 2t3 + 2t5 − 4t4 dt = − . 2t 15 r −1 −1 B/6, Az r görbe két egyenesszakaszból áll, az r1 darab a (0, 0) pontból az (1, 1) pontba, a r2 darab az (1, 1) pontból a (2, 0) pontba fut. r1 paraméterezése: r1 (t) = (t, t) , t ∈ [0, 1] , r1′ (t) = (1, 1) . r2 paraméterezése: r2 (t) = (t, 2 − t) , t ∈ [1, 2] , r2′ (t) = (1, −1) . Z Z Z f= f+ f= r1
r
Z
Z
1
2t2
r
0
0 1
2t2 dt +
Z
1
0
· 2
2
1 1
dt +
Z
2
t2
1
8 − 8t + 2t2 dt =
+ (2 −
t)2
t2
2 2 4 + = . 3 3 3
− (2 −
t)2
·
1 −1
dt =
Eredmények → B/4/a, F (x, y, z) = xyz + C , C ∈ R tetszőleges. B/4/b, F (x, y, z) = 31 (x3 + y 3 + z 3 ) − 2xyz + 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) = − √18 arctg √38x (y − 13 x) + C . −
Útmutatások 99K R B/2, r f = 0, mert f -nek létezik primitív függvénye (f differenciálható és ∂y f1 = ∂x f2 = 0).
3
2.Gyakorlat: Integrálszámítás NT-ekben (Rn -ben): Másodfajú vonalintegrál
A, gyakorló feladatok 1. Határozzuk meg f (x, y) = (x, y) primitív függvényét. 2. Legyen f (x, y) = (x2 + 2xy − y 2 , x2 − 2xy − y 2 ) . Határozzuk meg f primitív függvényét!
3. Legyen f (x, y) = (x2 + y, y 2 − x) . Az RT út pedig egy téglalap, melynek csúcsai a bejárás szerinti sorrendben (1, 2), (3, 2), (3, 4), (1, 4). T f = ? R 4. Legyen f (x, y, z) = (y, z, x) . S(t) = (a cos t, a sin t, bt) , ahol t 0-tól 2π-ig nő. S f = ?
B, komolyabb feladatok
1. Legyen f : R3 → R3 differenciálható függvény. Bizonyítsuk be, hogy f ′ pontosan akkor szimmetrikus, ha rot f = 0 . 2. Legyen g : R → R tetszőleges differenciálható függvény. Mutassuk meg, hogy az f : R2 → R2 , f (x, y) = (xg(x2 + y 2 ), yg(x2 + y 2 )) függvény minden szakaszonként sima zárt útra vett másodfajú vonalintegrálja 0 . 2
2
2
2
3. Legyen f (x, y) = (ex +y x, ex +y y) egy fizikai erőtér. Határozzuk meg a végzett munkát, ha az origóból az (1, 1) pontba jutunk el. (használjuk az előző feladatot) R 4. Legyen f : R2 → R2 folytonos függvény. Bizonyítsuk be, hogy r f ≤ KM , ahol K az r p szakaszonként sima út hossza és M = maxr f12 + f22 . H y −x 5. Legyen f (x, y) = ( (x2 +xy+y 2 )2 , (x2 +xy+y 2 )2 ) . Bevezetve az IR := x2 +y 2 =R2 f jelölést, mutassuk meg, hogy limR→∞ IR = 0 . (használjuk az előző feladatot)
6. Mutassuk meg, hogy a gravitációs erőtér konzervatív!
4
Megoldások ։ A/1, (Az 1./A/1/c, illetve 1./B/1 feladat mintájára.) 1. megoldás: Olyan F : R2 → R függvényt keresünk, amelyre 2 ∂x F (x, y) = x ⇒ F (x, y) = x2 + h(y) alakú, ahol h(y) egy csak y-tól függő tag, illetve 2 ∂y F (x, y) = y ⇒ F (x, y) = y2 + g(x) alakú, ahol g(x) egy csak x-től függő tag. 2 2 A kettőt egybevetve f összes primitív függvénye: F (x, y) = x2 + y2 + C, C ∈ R tetszőleges konstans. 2. A megoldás vonalintegrállal: r1 (t) = (t, 0), t ∈ [0, x], r1′ (t) = (1, 0)T ,, r2 (t) = (x, t), t ∈ [0, y], r2′ (t) = (0, 1)T . Z y Z x Z Z Z Z y Z x x2 y 2 1 0 t 0 · x t · t dt = f= f+ t dt + f= + = + . 0 1 2 2 r1 r 0 r2 0 0 0 Ahonnan F (x, y) =
x2 2
+
y2 2
+C.
B/1, Az f ′ mátrix a következő:
∂x f1 ∂y f1 ∂z f1 f ′ = ∂x f2 ∂y f2 ∂z f2 , ∂x f3 ∂y f3 ∂z f3
ahol f1 , f2 és f3 jelöli f koordináta-függvényeit. Az f ′ mátrix szimmetrikussága azt jelenti, hogy a főátlóra szimmetrikusan elhelyezkedő elemek egyenlők, azaz ∂x f2 = ∂y f1 , ∂x f3 = ∂z f1 és ∂y f3 = ∂z f2 . Az f rotációja: i j k rot f = ∂x ∂y ∂z = (∂y f3 − ∂z f2 , ∂z f1 − ∂x f3 , ∂x f2 − ∂y f1 ) . f1 f2 f3
rot f nullával való egyenlősége azt jelenti, hogy ∂y f3 = ∂z f2 , ∂z f1 = ∂x f3 és ∂x f2 = ∂y f1 , ami megegyezik az f ′ szimmetrikusságából előbb kapott feltételrendszerrel. B/2, Az f folytonos függvény minden szakaszonként sima zárt útra vett másodfajú vonalintegrálja 0 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 f1 = xg ′ (x2 + y 2 )2y = ∂x f2 . B/3, Mivel f a B/2. 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 ∈ [0, 1] , r′ (t) = (1, 1)T . Z
f=
Z
0
r
1
2 e2t t
2 e2t t
Z 1 1 1 2t2 1 1 2 2t2 2t e = dt = · e = (e − 1) . 1 2 2 0 0
B/4, Legyen r : [a, b] → R2 szakaszonként sima út. Ennek ívhossza K =
Rb a
kr′ (t)k dt.
Z b Z Z b Z b ′ f = hf (r(t)), r′ (t)i dt ≤ kf (r(t))k · kr′ (t)k dt |hf (r(t)), r (t)i| dt ≤ a
a
a
r
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. p A kf (r(t))k = (f1 (r(t)))2 + (f2 (r(t)))2 tényezőt az r út menti abszolútértékben legnagyobb értékével becsüljük felülről. Ez már egy szám, így kivihetjük az integrál elé, így Z Z b Z b q ′ 2 + f2 f ≤ kf (r(t))k · kr (t)k dt ≤ max f kr′ (t)k dt = M K . 1 2 r
r
a
5
a
B/5, Az előző feladat alapján |IR | ≤ KR MR , ahol KR = 2Rπ, és MR a függvény euklideszi normájának a maximuma az R sugarú kör mentén. Ekkor az R sugarú kört alkotó (x, y) = (R cos ϕ, R sin ϕ) pontokban s s y2 R2 x2 kf (x, y)k = + 2 = = 2 2 4 2 4 2 2 (x + xy + y ) (x + xy + y ) (R + R cos ϕ sin ϕ)4 1 4 1 1 = 3. = 2 ≤ 2 3 2 R (1 + cos ϕ sin ϕ) R R3 1 + −1 R3 1 + sin22ϕ 2 Ebből
8π 4 2Rπ = 2 → 0 , ha R → ∞ . 3 R R Azaz IR -t abszolút értékben majoráltuk egy nullához tartó sorozattal ⇒ limR→∞ IR = 0 . |IR | ≤ KR MR ≤
Eredmények → A/2, F (x, y) =
x3 3
+ x2 y − xy 2 −
y3 2
+ C , C ∈ R tetszőleges.
A/3, −8 . Útmutatások 99K A/4, Z
f=
S Z 2π 0
Z
0
2π
h(a sin t, bt, a cos t), (−a sin t, a cos t, b)T i dt =
−a2 sin2 t + abt cos t + ab cos t dt = . . . = −a2 π .
Az integrálás során használjuk fel, hogy sin2 t =
6
1−cos 2t , 2
illetve t cos t-t pedig integráljuk parciálisan.
3.Gyakorlat: Többszörös integrálok: Kettős integrál, Polártranszformáció
A, kettős integrál téglalap tartományon 1. Határozzuk meg az f (x, y) = x2 + 4y függvény integrálját az egységnégyzeten. (mindkét sorrendben) 2. Határozzuk meg c értékét úgy, hogy az f (x, y) = c(x2 + 3y 2 ) függvény egységnégyzetre vett integrálja 1 legyen! RR 3. I := [0, ln 2] × [0, ln 3] . I e3x+4y dxdy = ? RR 4. I := [0, ∞) × [0, ∞) . I e−x−y dxdy = ?
B, kettős integrál normáltartományon RR 1. H := (x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x2 ≤ y ≤ x . H xy 2 dxdy = ? (kétféleképpen)
2. Határozzuk meg a xy = a2 és x + y = 52 a görbék által közrefogott síkidom területét! 3. Határozzuk meg az egységsugarú körlap területét! (polártranszformáció nélkül)
C, integráltranszformáció – polártranszformáció 1. Határozzuk meg az egységsugarú körlap területét! RR 2. T := (x, y) : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ x, 0 ≤ y . T x22xy dxdy = ? +y 2 RR 3. T := (x, y) : 1 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 . T ln(x2 + y 2 ) dxdy = ?
D, integrálási sorrend felcserélése, egyéb
1. Cseréljük fel az integrálás sorrendjét az alábbi integrálokban. R 2 R 2x a, 0 x f (x, y) dydx ; R 1 R x2 b, 0 x3 f (x, y) dydx ; R1R1 c, 0 √y f (x, y) dxdy . RR 2. Mutassuk meg, hogy x2 +y2 ≤a2 xm y n dxdy = 0 , ha m, n pozitív egészek közül valamelyik páratlan! RR 3. x2 +y2 ≤4 sgn (x2 + y 2 − 2) dxdy = ?
7
Megoldások ։ A/1, I = [0, 1] × [0, 1] . Az integrálás sorrendje tetszőleges. Mindkét sorrendben kiszámítjuk. 1 1 Z 1 3 Z 1Z 1 ZZ Z 1 x 1 1 7 2 2 x + 4y dx dy = f dxdy = dy = = . + 4xy + 4y dy = y + 2y 3 3 3 0 0 0 I 0 3 x=0 0 A másik sorrendben: Z 1Z ZZ f dxdy = 0
I
1
2
x + 4y dy dx =
Z
0
0
1
1 2y 2 y=0
2
x y+
dx =
Z
1 0
1 x3 7 x + 2 dx = + 2x = . 3 3 0
2
A/2, I = [0, 1] × [0, 1] . Az integrálás sorrendje tetszőleges. 1 Z 1 ZZ Z 1Z 1 Z 1 3 1 4 x 2 2 2 dy = c + 3y x + 3y 2 dy = . . . = c . f dxdy = c x + 3y dx dy = c 3 3 0 3 I 0 0 0 x=0 3 4
Tehát c =
.
A/3, f (x, y) = g(x)h(y) alakú, így Z ln 3 Z ZZ f dxdy = 0
I
ln 2
3x+4y
e
dx dy =
0
Z
ln 2
3x
e
Z dx
ln 3
4y
e
0
0
dy
= ... =
140 . 3
A/4, Z
ZZ
∞Z ∞
Z
−x−y
aZ a
−x−y
e dx dy = e dx dy = lim f dxdy = a→∞ 0 0 0 0 Z a Z a a a −y −x e dy = lim −e−x 0 −e−y 0 = lim (1 − e−a )2 = 1 . e dx lim I
a→∞
a→∞
0
0
a→∞
B/1, A tartomány x és y szerint is normáltartomány. 1. A tartományt x szerint normáltartománynak tekintve: Z 1 4 Z 1 3 x ZZ Z 1 Z x x7 1 x y 2 − dx = . . . = . dx = xy dy dx = x f dxdy = 3 y=x2 3 40 0 3 x2 0 H 0 2. A tartományt y szerint normáltartománynak tekintve: ! Z 1 Z √y ZZ Z 1 3 Z 1 2 √ y y4 1 y x 2 2 y − dy = . . . = . f dxdy = dy = xy dx dy = 2 2 2 40 0 H 0 0 y x=y B/2, A tartomány x szerint normáltartomány. Ennek x szerinti határai az xy = a2 és x + y = 25 a görbék metszéspontjainak x-koordinátái, vagyis az xy = a2 és x+y = 25 a egyenletekből álló rendszer megoldásai x-re: x1 = a2 , x2 = 2a. Az a > 0 esetet tárgyaljuk. (A másik eset hasonlóan végezhető el.) A tartomány 2 területe az azonosan 1 függvény integrálja a H = {(x, y) : a2 ≤ x ≤ 2a , ax ≤ y ≤ −x+ 25 a} tartományra. Tehát ! 2a 2 Z 2a Z 2a Z −x+ 5 a 2 5 a2 5 x 2 1 dy dx = −x + a − T = dx = − + ax − a ln x = a a2 a 2 x 2 2 a 2 x 2 2 15 − ln 4 . a2 8 B/3, Egy negyedkörlap területét határozzuk meg. N -nel jelöljük az egységkörlap pozitív síknegyedbe eső darabját. ! Z 1 Z √1−x2 ZZ Z 1p 1 dxdy = T /4 = 1 − x2 dx. 1 dy dx = N
0
0
0
Az x = cos t helyettesítéssel integrálva Z πp Z π Z π 2 1 2 1 − cos 2t π 1 2 sin2 t dt = dt = . . . = . T /4 = 1 − cos2 t sin t dt = 2 0 2 0 2 4 0 8
C/1, Polártranszformációt alkalmazva: ZZ
T =
1 dxdy =
K
Z
0
1 Z 2π
r dϕ dr =
0
Z
1
2rπ dr = π . 0
C/2, Polártranszformációt alkalmazva az integrálandó kifejezés egyszerűsödik: 2 cos ϕ sin ϕ 2xy = sin 2ϕ , tehát = r22r x2 +y 2 (sin2 ϕ+cos2 ϕ) ZZ
f dxdy =
T
C/3,
ZZ
2
Z
0
1 Z 2π 0
Z
2
ln(x + y ) dxdy =
T
1
sin 2ϕ · r dϕ dr = . . . =
2 Z 2π 0
2
ln r · r dϕ dr = 2π
amit parciálisan integrálva (u′ = 2r, v = ln r szereposztással): = 2π[r D/1/a,
Z
0
2
ln r]21
2 Z 2x
− 2π
Z
2 1
r2 r dr = 2π r ln r − r 2 21
f (x, y) dy dx =
Z
0
x
2Z y y 2
2
f (x, y) dx dy +
0
1 Z x2
f (x, y) dy dx =
x3
1
Z
2
D/1/b, Z
2
Z
0
1Z
√ 3 √
Z
1 . 4 2
2r ln r dr , 1
3 = 2π 4 ln 2 − 2 4Z 2 y 2
0
1Z 1 √
f (x, y) dx dy =
y
Eredmények → D/3, 0 . D/4, 0 .
9
Z
y
f (x, y) dx dy .
y
0
1 Z x2 0
.
f (x, y) dx dy .
D/1/c, Z
f (x, y) dy dx .
4.Gyakorlat: Többszörös integrálok: Hármas integrál, Henger és gömbi koordinátákra való áttérés
A, hármas integrál 1. Határozzuk meg az f (x, y, z) = x2 + 4yz függvény integrálját az egységkockán. RRR 2. T := {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x, 0 ≤ z ≤ 1 − x − y} . 2xy dxdydz = ? (T rajzolva) oT RRR n √ 3. T := (x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x2 , 0 ≤ z ≤ 1 − x2 − y 2 . T 2y dxdydz = ? 4. Határozzuk meg a z = 1 − x2 − y 2 felület xy-sík feletti részének térfogatát!
B, hármas integrál transzformációja – henger és gömbi koordinátákra való áttérés RRR z 1. T := (x, y, z) : x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1 . T 1+x2 +y 2 dxdydz = ? (hengerkoordináták alkalmazásával) 2. Számítsuk ki az R sugarú, m magasságú henger térfogatát.
xyz 3. Számítsuk ki az f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 függvény integrálját az egységgömb 1. térnyolcadba eső részén! (gömbi koordináták alkalmazásával)
4. Számítsuk ki az R sugarú gömb térfogatát. 5. Határozzuk meg a x2 + y 2 = R2 , x + y + z = a, x = 0, y = 0 és z = 0 felületek által közrefogott test térfogatát!
10
Megoldások ։ A/1, Az integrálás sorrendje tetszőleges. Z Z 1Z 1Z 1 x2 + 4yz dx dy dz = 0
1
0
0
0
0
Z
1 y + 2y 2 z 3
1
dz =
y=0
Z
1
0
1
1Z 1 3 x
+ 4yzx
Z
1 Z 1−x
3
0
dy dz =
Z
0
x=0
1 4 + 2z dz = . . . = . 3 3
1Z 1 0
1 + 4yz dy dz = 3
A/2, Z
0
Z
0
1 Z 1−x Z 1−x−y
2xy dz dy dx =
0
0
0
1
2xy 3 xy − x y − 3 2
2 2
1−x
dx =
y=0
Z
0
1
2xy(1 − x − y) dy dx =
0
1 1 1 x − x2 + x3 − x4 dx = . . . = . 3 3 60
Z
1Z
A/3, Z
0
Z
0
Z
0
A/4,
1Z
√
1−x2
0
1
Z
1−x2 −y 2 0
y4
0
√1−x2
Z
1
1−x2
0
2y(1 − x2 − y 2 ) dy dx =
1 1 − x2 − (1 − x2 )x2 − (1 − x2 )2 dx = 2 y=0 2 0 1 1 1 4 2x3 x5 1 − 2x2 + x4 dx = + . = ... = x− 2 2 3 5 x=0 15 y 2 − y 2 x2 −
1
2y dz dy dx =
√
Z
1
−1
Z
√
√
1−x2
1−x2
Z
1−x2 −y 2
dx =
1 dz dy dx =
0
Z
1 −1
Z
√ √
1−x2
1−x2
1 − x2 − y 2 dy dx =
√1−x2 Z 3 3 y 4 1 p 2 2 y−x y− dx = 1 − x dx , 3 y=−√1−x2 3 −1 −1
Z
1
majd x-et sin t-vel helyettesítve és felhasználva a cos2 t = cos 2t+1 azonosságot: 2 π Z Z π 4 2 4 1 p cos4 t dt = . . . = . ( 1 − x2 )3 dx = 3 −1 3 −π 2 2
B/1, Hengerkoordinátákra áttérve: Z Z Z Z 1 Z 2π Z 1 ZZZ z 1 1 2π 1 2r z dxdydz = r dr dϕ dz = z dr dϕ dz = 2 2 2 2 2 0 0 0 1+r 0 1+r 0 0 T 1+x +y Z 1 Z 2π [z ln(1 + r2 )]1r=0 dϕ dz = . . . = π ln 2 . 0
0
B/2, Hengerkoordinátákra áttérve: Z Z R Z 2π Z m 1 · r dz dϕ dr = V = 1
0
0
0
R Z 2π
mr dϕ dr =
0
Z
0
R
r2 2πmr dr = 2πm 2
R
= mR2 π .
0
B/3, Gömbi koordinátákra áttérve: Z πZ πZ 1 3 2 2 2 r sin ω sin ϕ cos ϕ cos ω 2 r sin ω dr dϕ dω = r2 0 0 0 ! Z π ! 1 π π Z π Z 1 2 2 2 sin4 ω 2 1 r4 1 3 3 . r dr sin ω cos ω dω sin ϕ cos ϕ dϕ = − cos 2ϕ = 4 4 4 32 0 0 0 0 0 0 11
B/4, Gömbi koordinátákra áttérve: Z
π 0
Z
0
2π
Z
0
R
2
1 · r sin ω dr dϕ dω =
Z
π 0
r3 2π sin ω 3
12
R 0
2 dω = R3 π 3
Z
0
π
4 sin ω dω = . . . = R3 π . 3
5.Gyakorlat: Komplex számok, Komplex függvénytan: Folytonosság, Differenciálhatóság
A, komplex számok
1. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket! a, (1 + i)(1 − i) ; b, (1 + i)2 ; c,
1 i3
; d,
1+i 1−2i
.
2. Írjuk át a következő komplex számokat a másik két alakba! (algebrai/ trigonometrikus/ exponenciális) √ 2π a, 1 − i ; b, 3 + i ; c, 2i ; d, 1 ; e, cos π3 + i sin π3 ; f, cos 2π 3 + i sin 3 ; g, sin α − i cos α .
3. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezéseket! √ √ √ √ 9 a, (1 − i)2011 ; b, (1+i) ; c, −1 ; d, i ; e, 3 1 ; f, 5 1 − i . (1−i)7 4. Adjunk formulát sin 3α és cos 3α-ra sin α, cos α segítségével.
5. Oldjuk meg az alábbi egyenleteket a komplex számok körében. a, z 2 + 1 = 0 ; b, z 2 − 2z + 2 = 0 ; c, z 2 = i |z| ; d, z 2 − 2iz − 1 = 0 ; e, z 3 − 21z + 20 = 0 .
6. Igazoljuk a következő azonosságokat.
a, z = z ; b, |z| = |z| ; c, zz = zz = |z| ; d, |z1 z2 | = |z1 | |z2 | ; e, z1 z2 = z 1 z 2 .
7. Mutassuk meg, hogy a komplex számtest nem rendezhető (művelettartóan)! B, folytonosság, differenciálhatóság 1. Mutassuk meg, hogy az f (z) = z 2 függvény folytonos. 2. Definíciót használva számítsuk ki f ′ (z)-t, ha 1+z . a, f (z) = z 3 ; b, f (z) = 1−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 ′ (0) ! ( 2 z¯ , ha z 6= 0, f (z) = z 0 , ha z = 0.
13
Megoldások ։ A/1,a (1 + i)(1 − i) = 1 − i2 = 1 − (−1) = 2. A/1,b (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i. A/1,c
1 i3
A/1,d
1+i 1−2i
1 (i2 )i
=
=
= − 1i =
(1+i)(1+2i) (1−2i)(1+2i)
i2 i
= i.
=
1+3i+2i2 1−4i2
=
−1+3i 5
= − 15 + i 53 .
p √ A/2,a r = 12 + (−1)2 = 2, tg ϕ = −1 ⇒ ϕ = − π4 √ √ π ⇒ 1 − i trigonometrikus alakja: 2(cos(− π4 ) + i sin(− π4 )), exponenciális alakja: 2e−i 4 . √ √ π A/2,b r = 3 + 1 = 2, sin ϕ = 21 ⇒ ϕ = π6 ⇒ 3 + i = 2(cos π6 + i sin π6 ) = 2ei 6 . π
A/2,c 2i = 2(cos π2 + i sin π2 ) = 2ei 2 . A/2,d 1 = 1(cos 0 + i sin 0) = e0 . A/2,e cos π3 + i sin
√
3 2
π
= ei 3 =
2π i A/2,f cos 2π 3 + i sin 3 = e
2π 3
1 2
+i
√
3 2 . √
= − 21 + i
3 2 .
A/2,g sin α − i cos α = cos(α − π2 ) + i sin(α − π2 ) . A/3,a −21005 − i21005 A/3,b
(1+i)9 (1−i)7
=
(1+i)16 [(1−i)(1+i)]7
=
√ [ 2(cos
π +i sin π4 )]16 4 27
=
√ ( 2)16 (cos 4π 27
+ i sin 4π) = 2
A/3,c ±i π π √ √ p +2kπ +2kπ A/3/d, i = + i sin 2 2 , k = 0, 1 ⇒ ( i)1 = cos π2 + i sin π2 = cos 2 2 √ 2 2
√
− i 22 . √ A/3/e, 1 = cos 0 + i sin 0 = cos 2kπ + i sin 3 4π irányszögű komplex számok). 3 − √ 3
A/3/f,
√ 5
1−i=
p 5
cos(− π4 ) + i sin(− π4 ) =
√
10
2kπ 3
2(cos
√
2 2
+i
√
2 2 ,
√ ( i)2 =
, k = 0, 1, 2 (ezek az egységnyi abszolút értékű, 0,
− π4 +k2π 5
+ i sin
− π4 +k2π ), 5
2π 3
és
k = 0, 1, 2, 3, 4.
A/4, Írjuk fel a cos α + i sin α komplex szám köbét kétféleképpen: 1. (cos α + i sin α)3 = cos 3α + i sin 3α; 2. (cos α + i sin α)3 = cos3 α + 3 cos2 αi sin α + 3 cos α(i sin α)2 + (i sin α)3 = cos3 α − 3 cos α sin2 α + i(3 cos2 α sin α − sin3 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 = cos3 α − 3 cos α sin2 α és sin 3α = 3 cos2 α sin α − sin3 α. A/5/a, z1,2 = ±i. A/5/b, z1,2 =
√ −2± −4 2
= −1 ± i
2 2 A/5/c, Írjuk p fel a z komplex számot x + iy alakban, ahol x, y ∈ R. Ezzel az egyenlet (x − y ) + i2xy = i x2 + y 2 . Az egyenlőség két oldalán álló p komplex szám valós és képzetes része is meg kell, hogy egyezzen. Ebből az x2 − y 2 = 0 és 2xy = x2 + y 2 egyenleteket kapjuk. Az első egyenlet megoldása x = ±y. A másodikba behelyettesítve: √ √ I) x = y esetén az 2x2 = 2x2 = 2|x| egyenletet kapjuk. Négyzetre emelve 4x4 = 2x2 . Az x = 0 megoldás (ekkor y = 0). Ha x 6= 0, akkor oszthatunk x2 -tel, és így a 2x2 = 1 egyenlethez jutunk, amelynek megoldása x = ± √12 (y = ± √12 ). √ II) x = −y esetén a −2x2 = 2x2 egyenletet kapjuk. Ennek megoldása x = 0 (y = 0). Összegezve, az egyenletnek három megoldása van: z1 = 0, z2 = √12 + i √12 , z3 = − √12 − i √12 .
14
A/5/d, z 2 − 2iz − 1 = (z − i)2 ⇒ z = i. A/5/e, A Cardano-képlet a következőképpen adja meg a gyököket a z 3 + pz + q = 0 egyenlet esetén: s s r r 2 3 q q p q q 2 p 3 3 3 + + − − + . z= − + 2 2 3 2 2 3 q q p p p √ Ezt alkalmazva, tehát z = 3 −10 + 102 + (−7)3 + 3 −10 − 102 + (−7)3 = 3 −10 + −243 + p √ 3 −10 − −243 értékét kell meghatároznunk. p √ √ A továbbiakban használjuk fel, hogy 3 −10 ± −243 = (2 ± −3)3 . Majd a köbgyökvonást háromféleképpen elvégezve kapjuk, hogy z = 1, 4, 5 a gyökök. A/6/a, Legyen z = x + iy. z = x + iy = x − iy = x + iy = z. p p A/6/b, |z| = x − iy = x2 + (−y)2 = x2 + y 2 = |z|.
A/6/c, (x + iy)(x − iy) = (x − iy)(x + iy) = x2 + iyx − ixy − i2 y 2 = x2 + y 2 = |z|
A/6/d, z1 = x1 + iy1 , z2 = x2 + iy2 p 2 2 |z p1 z2 | = |(x1 + iy1 )(x2 + iy2 )| = |x1 x2 − y1 y2 + i(x2 y1 + x1 y2 )| = (x1 x2 − y1 y2 ) + (x2 y1 + x1 y2 ) = 2 2 2 2 + x2 y 2 x21 x22 + yp 1 y2 + x2 y 1 1 2 p p 2 |z1 ||z2 | = x1 + x22 y12 + y22 = x21 x22 + y12 y22 + x22 y12 + x21 y22 A/6/e, z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 − y1 y2 + i(x2 y1 + x1 y2 ) = x1 x2 − y1 y2 − i(x2 y1 + x1 y2 ) z1 · z2 = (x1 − iy1 )(x2 − iy2 ) = x1 x2 − y1 y2 − i(x2 y1 + x1 y2 )
A/7, A valós számok rendezésének ismert tulajdonsága, hogy ha a ≥ 0 és b ≥ 0, akkor ab ≥ 0. Megmutatjuk, hogy a valós számokon használatos rendezést nem tudjuk a komplex számtestre úgy kiterjeszteni, hogy ezzel a tulajdonsággal rendelkezzen. Tegyük fel először, hogy i ≥ 0. Ekkor a = b = i mellett ab = i2 = −1 ≥ 0, ami ellentmondás. Másodszor tegyük fel, hogy i ≤ 0, azaz −i ≥ 0. Ekkor a = −i és b = −i szereposztással ab = (−i)2 = −1 ≥ 0 szintén ellentmondással. Azaz i és a 0 közé nem tudunk semmilyen relációs jelet írni, így a komplex számokat nem tudjuk művelettartóan rendezni.
15
6.Gyakorlat: Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek, Laplace-féle differenciálegyenlet, hatványsorok
A, Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek, Laplace-féle differenciálegyenlet 1. Differenciálható-e az f (x + iy) = x3 − i(1 − y)3 függvény?
2. Döntsük el, hogy a komplex számsík mely pontjaiban teljesülnek a Cauchy-Riemann-féle differenciálegyenletek az alábbi függvények esetén. p a, f (z) = z¯2 ; b, f (z) = z |z| ; c, f (z) = z1 ; 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) = x2 − y 2 ; b, f (x, y) = ex cos y ; c, f (x, y) = ln(x2 + y 2 ) .
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 1. Határozzuk meg a következő hatványsorok konvergenciasugarát! P∞ n n P∞ P P∞ P∞ z n n n a, ∞ n=1 n z ; e, n=1 n=0 z ; b, n=1 nz ; c, n=1 n ; d,
zn nn
;
2. Határozzuk meg az exp z, sin z, cos z hatványsorainak konvergenciasugarát!
3. Határozzuk meg az exp z, sin z, cos z függvények deriváltját! 4. Igazoljuk a következő azonosságokat! a, eiz = cos z+i sin z ; b, e−iz = cos z−i sin z ; c, cos z = 21 (eiz +e−iz ) ; d, sin z = e, ch iz = cos z ; f, sh iz = i sin z ; g, ez+t = ez et ; h, ez = ex (cos y + i sin y) ; i,
1 iz −iz ) ; 2i (e −e |ez | = ex .
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!
16
Megoldások ։ A/1, f olyan (x, y) ∈ C pontokban lehet csak differenciálható, ahol fennállnak a Cauchy–Riemann-egyenletek: ∂x u = 3x2 = ∂y v = 3(1 − y)2 illetve ∂y u = 0 = −∂x v = 0, ami csak akkor teljesül, ha y = 1 − |x|. u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (tehát u és v differenciálható), tehát f az y = 1 − |x| feltételnek eleget tevő pontokban differenciálható is. A/2/a, f (z) = f (x + iy) = (x − iy)2 = x2 − y 2 − 2ixy ⇒ u(x, y) = x2 − y 2 , v(x, y) = −2xy. Cauchy–Riemann-egyenletek: ∂x u = 2x = ∂y v = −2x, ami akkor teljesül ha x = 0 ; illetve ∂y u = −2y = −∂x v = 2y, ami akkor teljesül ha y = 0 . u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (tehát u és v differenciálható), tehát f a z = 0-ban differenciálható. p p p p A/2/b, f p (z) = f (x + iy) = (x + iy) x2 + y 2 = x x2 + y 2 + iy x2 + y 2 ⇒ u(x, y) = x x2 + y 2 , v(x, y) = y x2 + y 2 . p x2 + y 2 + √ x2 , ha (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 √ ∂x u(x, y) = √ 2 x x −0 lim = limx→0 x2 = limx→0 |x| = 0, ha (x, y) = (0, 0) x→0 x−0 p 2 x2 + y 2 + √ y2 2 , ha (x, y) 6= (0, 0) x +y √ ∂y v(x, y) = p y y 2 −0 lim = limy→0 y 2 = limy→0 |y| = 0, ha (x, y) = (0, 0) y→0 y−0 , ha (x, y) 6= (0, 0) √ xy x2 +y 2 √ ∂y u(x, y) = 0 0+y 2 −0 lim = 0, ha (x, y) = (0, 0) y→0 y−0 ( xy √ , ha (x, y) 6= (0, 0) x2 +y 2 ∂x v(x, y) = 0, ha (x, y) = (0, 0). 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 = 0. A két egyenlet egyszerre csak a 0-ban áll fenn. u és v parciális deriváltjai az egész komplex számsíkon folytonosak (a 0-ban is!) (tehát u és v differenciálható) ⇒ Az f függvény a z = 0 pontban differenciálható. 1 = A/2/c, f (z) = x+iy C\ {0}.
∂x u(x, y) =
x−iy x2 +y 2
=
x x2 +y 2
y − i x2 +y 2 ⇒ u(x, y) =
x , x2 +y 2
v(x, y) =
−y . x2 +y 2
f értelmezési tartománya
y 2 − x2 2xy 2xy y 2 − x2 , ∂ v(x, y) = , ∂y u(x, y) = − 2 , ∂x v(x, y) = 2 y 2 2 2 2 2 2 2 2 (x + y ) (x + y ) (x + y ) (x + y 2 )2
⇒ ∂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 = 2, ∂yy f = −2 ⇒ ∂xx f + ∂yy f = 0. A/3/b, ∂xx f = ex cos y, ∂yy f = −ex cos y ⇒ ∂xx f + ∂yy f = 0. A/3/c, ∂xx f =
2(x2 +y 2 )−4x2 , (x2 +y 2 )2
∂yy f =
2(x2 +y 2 )−4y 2 (x2 +y 2 )2
⇒ ∂xx f + ∂yy f = 0.
A/4, Feltevésünk szerint u(x, y) =const. Ezért ∂x u(x, y) = 0 és ∂y u(x, y) = 0 ∀(x, y) ∈ D. Mivel f reguláris D-n, D minden pontjában fennállnak a Cauchy–Riemann-egyenletek. Az első egyenletből ∂y v = 0, amiből v(x, y) = f (x) következik. A második egyenletből ∂x v = 0, 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. P n B/1/a, A ∞ n=0 an z hatványsor konvergenciasugarát az R=
1 p lim sup n |an |
p √ képlet szolgáltatja. Itt an = 1, tehát lim sup( n |1|) = lim( n 1) = 1 ⇒ R = 1 . 17
B/1/b, lim
√ n
B/1/d, lim
√ n
n = 1 ⇒ R = 1. q B/1/c, lim n n1 = 1 ⇒ R = 1 .
nn = lim n = +∞ ⇒ R = 0 . q B/1/e, lim n n1n = lim n1 = 0 ⇒ R = +∞ . B/2, Mivel lim
q n
1 n!
= 0, ezért mindhárom függvényt definiáló hatványsor konvergenciasugara +∞ .
B/3, Hatványsort tagonként deriválhatunk a konvergenciahalmazán. exp z =
∞ X 1 n z2 z =1+z+ + ... n! 2!
n=0
exp′ z =
∞ ∞ ∞ X X 1 1 n 1 n−1 X nz = z n−1 = z = exp z ; n! (n − 1)! n! n=1
n=1
sin z =
∞ X
(−1)n
n=0 ∞ X
sin′ z =
n=0
(−1)n
1 z3 z5 z 2n+1 = z − + − ... (2n + 1)! 3! 5! ∞
X 1 1 2n (−1)n (2n + 1)z 2n = z = cos z ; (2n + 1)! (2n)! n=0
cos z =
∞ X
(−1)n
n=0
cos′ z =
∞ X
(−1)n
n=1
n=0
z2 z4 1 2n z =1− + − ... (2n)! 2! 4!
∞
∞
n=1
n=0
X X 1 1 1 (−1)n (−1)n+1 2nz 2n−1 = z 2n−1 = z 2n+1 (2n)! (2n − 1)! (2n + 1)! =−
∞ X
(−1)n
n=0
1 z 2n+1 = − sin z . (2n + 1)!
B/4/a, ∞ ∞ ∞ X X X 1 1 1 n 2n e = (iz) = (iz) + (iz)2n+1 = n! (2n)! (2n + 1)! iz
n=0
∞ X
n=0
n=0 ∞ X
1 (−1 · z 2 )n + (2n)!
cos z + i sin z .
n=0
n=0
∞
∞
n=0
n=0
X 1 X 1 1 (iz)(iz)2n = (−1)n z 2n + i (−1)n z 2n+1 = (2n + 1)! (2n)! (2n + 1)!
B/4/b, Az a, rész alapján: e−iz = cos(−z) + i sin(−z) = cos z − i sin z. B/4/c, Az a, és b, rész alapján 1 iz −iz ) = 1 (cos z + i sin z + cos z − i sin z) = 1 2 cos z = cos z. 2 (e + e 2 2 B/4/d, Az a, és b, rész alapján 1 iz −iz ) = 1 (cos z + i sin z − cos z + i sin z) = 2i (e − e 2i B/4/e, ch iz = 12 (eiz + e−iz ) , majd használjuk a c, részt. B/4/f, sh iz = 21 (eiz − e−iz ) , majd használjuk a d, részt.
18
1 2i 2i sin z
= sin z.
B/4/g, ∞ ∞ ∞ X 1 n X 1 m X e e = z · t = n! m! z t
n=0
m=0
n=0
X 1 1 z k tl k! l!
k+l=n
!
=
n ∞ X ∞ n X X 1 1 X 1 n! k n−k z t = z k tn−k = k! (n − k)! n! k!(n − k)!
n=0 k=0 ∞ X
n=0
n=0
k=0
1 (z + t)k = ez+t . n!
B/4/h, ez = ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y) . p B/4/i, |ez | = |ex eiy | = |ex | · |eiy | = ex cos2 y + sin2 y = ex . Útmutatások 99K
A/2/d, A Cauchy-Riemann egyenletek az x- és y-tengelyeken állnak fenn. Viszont a 0 pontban nem differenciálható a függvény. Ennek belátásához tekintsük a 0 pontbeli differenciálhányadost és tartsunk különböző egyenesek mentén 0-hoz. A határérték függeni fog az egyenestől, így nem létezik, tehát ott nem differenciálható.
19
7.Gyakorlat: 1.Zh
20
8.Gyakorlat: Komplex vonalintegrál: Primitív függvény, Newton-Leibniz formula, Cauchy-féle integráltétel, Cauchy-féle integrálformula
A, komplex vonalintegrál kiszámítása, primitív függvény, Newton-Leibniz formula 1. 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 = 0 és b = 1 + i, egyenes illetve parabola az utak; c, f (z) = |z| , a = −i és b = i, egyenes illetve óramutató járásával azonos bejárású félkör az utak. 2. Számítsuk ki f (z) vonalintegrálját az a és a b pontokat összekötő utakon a Newton-Leibniz formula segítségével! Legyen a, f (z) = ez , a = 0 és b = i, óramutató járásával ellentétes bejárású félkör az út; b, f (z) = sin z , a = −i és b = i. B, Cauchy-féle integráltétel, Cauchy-féle integrálformula járásával 1. Legyen f (z) = z1n , n ∈ N, a γ út pedig az origó középpontú egységsugarú kör óramutató R ellentétes irányban bejárva. Számítsuk ki Cauchy-féle integrálformula nélkül γ f értékét, ha a, n > 1 ; b, n = 1 . 2. Legyen f (z) = sinz z , a γ út pedig az origó középpontú egységsugarú kör óramutató járásával R ellentétes irányban bejárva. Számítsuk ki Cauchy-féle integrálformula nélkül γ f értékét.
3. Oldjuk meg az előző két feladatot a Cauchy-féle integrálformula felhasználásával!
21
Megoldások ։ A/1/a,
• Az egyenesszakasz mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A szakasz paraméterezése: γ1 (t) = i − it, t ∈ [0, 2], γ1′ (t) = −i . 2 Z 2 Z 2 Z 2 Z t2 ′ 1 − t dt = t − (i − it)(−i) dt = f (γ1 (t)) · γ1 (t) dt = f= = 0. 2 0 0 0 0 γ1 • A félkör mentén vett vonalintegrál kiszámítása: ′ it A görbe paraméterezése: γ2 (t) = eit , t ∈ [ π2 , 3π 2 ], γ2 (t) = ie . Z Z 3π Z 3π 2 2 e2it 3π ′ f (γ2 (t)) · γ2 (t) dt = eit (ieit ) dt = [i f= ] π2 = 0 . π π 2 2i γ2 2
2
A/1/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: γ1 (t) = t + it, t ∈ [0, 1] . Z Z 1 Z Z 1 (t − it)(1 + i) dt = f (γ1 (t)) · γ1′ (t) dt = f=
0
0
0
γ1
• A parabola mentén vett vonalintegrál kiszámítása: A görbe paraméterezése: γ2 (t) = t + it2 , t ∈ [0, 1] . Z Z 1 Z Z 1 (t + 2t3 ) dt + i (t − it2 )(1 + 2it) dt = f= γ2
A/1/c,
• γ1 (t) = 0 + it, t ∈ [−1, 1] . • γ2 (t) =
e−it ,
0
0
0
t∈
[ π2 , 3π 2 ], Z
f= γ2
R
γ1
Z
f=
3π 2 π 2
R1
−1 |t|
1
t2 dt =
1
1 2t dt = t2 0 = 1 .
t2 t4 + 2 2
1 0
+i
t3 3
1 0
1 = 1 + i. 3
· i dt = i .
3π |e−it |(−ie−it ) dt = e−it π2 = i + i = 2i . | {z } 2 1
A/2/a, f (z) = ez reguláris C-n, egy primitív függvénye F (z) = ez , így a Newton–Leibniz-formulából: F (b) − F (a) = eb − ea = ei − e0 = ei − 1 .
R
γ
f =
A/2/b, fR (z) = sin z reguláris C-n, egy primitív függvénye F (z) = − cos z, így a Newton–Leibniz-formulából: γ f = F (b) − F (a) = − cos i + cos(−i) = 0 . B/1/a, 0 , mert létezik primitív függénye. R 2π R B/1/b, γ(t) = eit , t ∈ [0, 2π] , γ z1 dz = 0
1 ieit eit
dt = 2iπ .
B/2, Felhasználjuk a következő tételt: Ha f a z0 pont kivételével reguláris egy D tartományon, γ olyan szakaszonként sima D-beli zárt út, amely a belsejében tartalmazza z0 -t, és limz→z0 f (z)(z − z0 ) = 0 , R akkor γ f = 0 . sin z sin z RAz f (z)sin=z z függvény a 0-ban nem reguláris, ugyanakkor limz→0 z z = limz→0 sin z = 0 , ezért ∂1 K(0) z dz = 0 .
B/3, 1/b. feladat: Legyen f az azonosan 1 függvény, erre alkalmazzuk a Cauchy-formulát az a = 0 pontban: Z Z Z f (z) 1 1 1 1 dz = dz ⇒ dz = 2iπ . f (0) = 1 = 2iπ ∂1 K(0) z − 0 2iπ ∂1 K(0) z ∂1 K(0) z 2. feladat: Alkalmazzuk a Cauchy-formulát a sin függvényre az a = 0 pontban: Z Z 1 sin z sin z sin(0) = 0 = dz ⇒ dz = 0 . 2iπ ∂1 K(0) z − 0 ∂1 K(0) z 22
9.Gyakorlat: Komplex vonalintegrál: Cauchy-féle integrálformula és következményei, Komplex vonalintegrál alkalmazása
A, Cauchy-féle integrálformula és következményei 1. Legyen a γ zárt H görbe az K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z) = b, g(z) = c, g(z) = d, g(z) =
1 z−K , r = 1; z z−K , r = 1; sin8 z z− π2 , K = 2, r = 2; ez 5 z−2 , K = 2 , r = 1.
2. Legyen a γ zárt H görbe a K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z) =
b, g(z) = c, g(z) =
2
ez , K = 21 , z 2 −1 z 4 eπz , K = i, z 2 +1 1 , 1+z 2
r = 1;
r = 1;
(c1) K = 5, r = 1 ; (c2) K = i, r = 1 ; (c3) K = −i, r = 1 ; (c4) K = 0, r = 3 ; ez d, g(z) = z 2 +2z−3 , (d1) K = 1, r = 1 ; (d2) K = −3, r = 1 ; (d3) K = 6, r = 1 .
3. Legyen a γ zárt H görbe a K középpontú r sugarú óramutató járásával ellentétes bejárású kör. Számítsuk ki γ g értékét, ha a, g(z) =
b, g(z) =
z (z−K)2 z (z−K)6
; .
B, komplex vonalintegrál alkalmazása valós integrálok kiszámítására 1. Határozzuk meg az alábbi improprius integrálokat! +∞ R sin x a, x dx ; b,
0 +∞ R 0
sin2 x x2
dx .
23
Megoldások ։ 1/ Használjuk a Cauchy-féle integrálformulát, mely a következő: I 1 f (z) f (a) = dz , 2πi γ z − a ahol f differenciálható a T tartományban, mely a belsejében tartalmazza a γ pozitív irányítású zárt görbét, amely az a pontot a belsejében tartalmazza. H 1 dz = 2πi1 = 2πi ; a, f (z) = 1, a = K szereposztással γ z−K H z b, f (z) = z, a = K szereposztással γ z−K dz = 2πiK ; H 8z 8 π c, f (z) = sin8 z, a = π2 szereposztással γ sin z− π2 dz = 2πi sin 2 = 2πi ; H ez dz = 2πie2 . d, f (z) = ez , a = 2 szereposztással γ z−2
2/a, f (z) =
2
ez z+1 ,
a = 1 szereposztással I
2
γ
ez dz = z2 − 1
2/c, 1 + z 2 = (z − i)(z + i) (c1) Ezen a tartományon g reguláris ⇒
(c2) Ezen a tartományon
1 z+i
H
γ
I
γ
2
ez z+1
z−1
1 z−i
e1 = πie . 1+1
g = 0;
reguláris ⇒ 1 1 = i+i 2iπ
(c3) Ezen a tartományon
dz = 2πi
Z
1 z+i
z−i
dz ⇒
I
g = π;
dz ⇒
I
g = −π ;
γ
reguláris ⇒ 1 1 = −i − i 2iπ
Z
1 z−i
z+i
γ
(c4) A tartományt határoló görbe a g függvény mindkét szingulárs pontját körbeveszi. Parciális törtekre bontással: 1 A B i i = + ⇒ A = ,B = − . 2 1+z z−i z+i 2 2 Tehát Z Z Z 1 i i 1 1 dz = dz − dz = (2iπ − 2iπ) = 0 . 2 2 2 γ z+i γ z−i γ 1+z 2/d, Használjuk fel, hogy z 2 + 2z − 3 = (z − 1)(z + 3) . iπ (d3) 0 . (d1) ieπ (d2) − 2e 3 2 3/ Hasonló feltételekkel, mint a Cauchy-féle integrálformulánál a következő összefüggés igaz: I n! f (z) (n) f (a) = dz n = 0, 1, . . . . 2πi γ (z − a)n+1 a, f (z) = z, a = K, n = 1 szereposztással Z Z z z 1! dz ⇒ dz = 2iπ . f ′ (K) = 1 = 2iπ γ (z − K)2 (z − K)2 γ b, 0, mert f (z) = z-nek már a második deriváltja is 0 . 24
B/1/a, Jelölje IR az IR :=
Z
R 0
sin x dx x
integrált. A keresett improprius integrál ennek határértéke, miközben R → ∞. Írjuk fel sin x-et két tag összegeként a következőképpen: sin x =
1 ix 1 1 (e − e−ix ) = (eix − 1) − (e−ix − 1) 2i 2i 2i
Ezzel IR =
Z
0
R
eix − 1 dx + 2ix
Z
0
R
1 − e−ix dx 2ix
A második tagot felírhatjuk -R-től 0-ig menő integrálként az y = −x helyettesítéssel Ebből Z R ix e −1 dx. IR = −R 2ix
R0
−R
eix −1 2ix
alakban.
iz
Mivel limz→0 e 2iz−1 = 21 , így ha kiterjesztjük az integrálandó függvényt a komplex számsíkra a z = 0ban 21 -nek definiálva a függvényértéket, akkor ez a függvény mindenhol differenciálható. Ezért −R és R között tetszőleges úton integrálhatunk. Válasszuk a γ(t) = Reit , t ∈ [0, π] görbét. Ekkor γ ′ (t) = Rieit . Z
Z Z Z it eiRe − 1 1 π iReit π 1 π iReit π 1 π iR(cos t+i sin t) it IR = − (e −1) dt = − e dt+ = − e dt. iRe dt = − 2iReit 2 0 2 0 2 2 2 0 0 Rπ Jelölje ER := 21 0 eiR(cos t+i sin t) dt. Ekkor Z Z Z Z 1 π iR(cos t+i sin t) 1 π iR(cos t+i sin t) 1 π R(i cos t−sin t) 1 π −R sin t |ER | = | e dt| ≤ |e | dt = |e | dt = e dt. 2 0 2 0 2 0 2 0 π
Belátjuk, hogy |ER | nullához tart miközben R → ∞, amiből következik ER nullához tartása is. Mivel a Rπ szinuszfüggvény a [0, π] intervallumon szimmetrikus a π2 pontra, így ER = 02 e−R sin t dt. A szinuszfüggvény a [0 π2 ] intervallumon a π2 meredekségű lineáris függvény fölött halad, ezért ezen az intervallumon sin t ≥ π2 t. ⇒ " 2 #π Z π 2 π e− π Rt 2 − π2 Rt ER ≤ dt = e = R(1 − e−R ) → 0. 2 2 −πR 0 0
25
10.Gyakorlat: Függvénysorozatok
A, egyenletes konvergencia 1. Vizsgáljuk meg, hogy egyenletesen konvergensek-e az alábbi függvénysorozatok a megadott intervallumon! a, fn (x) = xn , (a1) a 0, 12 illetve (a2) [0, 1] intervallumon; b, fn (x) = xn − xn+1 a [0, 1] intervallumon; 1 c, fn (x) = x+n a (0, ∞) intervallumon; d, fn (x) = sinnnx a (−∞, ∞) intervallumon; e, fn (x) = sin nx a (−∞, ∞) intervallumon; f, fn (x) = (1+ nx )n , (f1) tetszőleges véges intervallumon, illetve (f2) a (−∞, ∞) intervallumon; g, 0 ha 0 ≤ x ≤ n , fn (x) = 1 ha n < x ≤ n + 1 , 0 ha n + 1 < x .
h,
a [0, ∞) intervallumon;
a [0, 1] intervallumon.
2 ha 0 ≤ x ≤ n1 , n x fn (x) = n2 ( n2 − x) ha n1 < x < n2 , 0 ha n2 ≤ x .
2. Lehetséges-e, hogy szakadásos függvények egyenletesen konvergens sorozata folytonos függvényt állítson elő? B, műveletek függvénysorozatokkal 1. Mutassuk meg, hogy az fn (x) = n1 arctg xn függvénysorozat egyenletesen konvergens a (−∞, ∞) intervallumon, de ′ lim fn (x) (1) 6= lim fn′ (1) . n→∞
n→∞
2. Mutassuk meg, hogy az fn (x) = x2 + n1 sin n(x + π2 ) függvénysorozat egyenletesen konvergens a (−∞, ∞) intervallumon, de ′ lim fn (x) 6= lim fn′ (x) . n→∞
n→∞
2
3. Mutassuk meg, hogy az fn (x) = nxe−nx függvénysorozat konvergens a [0, 1] intervallumon, de lim
n→∞
Z1 0
fn (x) dx 6=
Z1 0
lim fn (x) dx .
n→∞
4. Mutassuk meg, hogy az A/1/g,h példa függvénysorozataira sem cserélhető fel a lim és az nx(1 − x)n
5. Mutassuk meg, hogy az fn (x) = intervallumon, mégis teljesül, hogy lim
n→∞
Z1
R
!
függvénysorozat nem egyenletesen konvergens a [0, 1]
fn (x) dx =
0
Z1 0
26
lim fn (x) dx .
n→∞
Megoldások ։ A/1/a, (a1) A [0, 21 ] intervallumon a függvénysorozat tetszőleges n indexű elemére |xn | ≤ ( 12 )n → 0 ⇒ egyenletesen konvergens. (a2) Tudjuk, hogy a függvénysorozat a [0, 1) intervallumon az azonosan nulla függvényhez tart pontonként (x = 1-ben 1-hez). Ha egyenletesen konvergens lenne, akkor pl. ε = 12 -et választva minden x ∈ [0, 1) pontban xn < 12 -nek kellene teljesülnie egy küszöbindextől kezdve, de tetszőleges n-t választva 1 ln 2
az xn függvény az x = e n -ben éppen 21 -et vesz fel. Tehát a [0, 1)-en nem egyenletesen konvergens a függvénysorozat (így a [0, 1]-en sem). Másképp: Ha egyenletesen konvergens lenne, akkor abból, hogy a függvénysorozat minden tagja folytonos, következik hogy a határfüggvénye is folytonos [0, 1]-en, de ez nem teljesül. Tehát nem egyenletesen konvergens.
A/1/b, A függvénysorozat pontonként az azonosan nulla függvényhez tart. Keressük meg az fn (x) függvény maximumhelyét és értékét! Az fn (x) = xn − xn+1 függvényt deriválva és a deriváltat nullával egyenlővé n téve az x = n+1 pontot kapjuk. ⇒ n
n+1
|x − x
n
| = |x (1 − x)| ≤
n n+1
n
n 1− n+1
<
1 → 0, n+1
azaz a függvénysorozat egyenletesen konvergens. A/1/c, A függvénysorozat pontonként az azonosan nulla függvényhez tart. A (0, ∞) intervallumon 1 1 x + n < n → 0 , így egyenletesen konvergens.
A/1/d, | sinnnx | ≤
1 n
→ 0 ⇒ egyenletesen konvergál (az azonosan nulla függvényhez).
A/1/e, Mivel tetszőleges x ∈ R helyen nx → 0, és így sin nx → 0, azaz fn pontonként tart az azonosan nulla függvényhez. A konvergencia azonban nem egyenletes, ugyanis pl. a függvénysorozat minden eleme felveszi az 1 értéket, pl. az x = π2 n helyen. A/1/f, (f1) [a, b]-n (az a ≥ 0 esetet tárgyaljuk, de a többi is hasonló) fn → ex pontonként és egyenletesen is: x n x n x n x eb · b x n+1 x − 1+ = 1 + ≤ → 0. e − 1 + ≤ 1+ n n n n n n
(f2) a (−∞, ∞)-en nem egyenletesen konvergens: az x = n pontban a függvénysorozat összes tagja 2n -t vesz fel, míg a határfüggvény en − t, így ebben a pontban az eltérés nem tehető tetszőlegesen kicsivé.
A/1/g, Pontonként az azonosan nulla függvényhez tart, de nem egyenletesen, mert minden tagja felveszi az 1-et. A/1/h, Pontonként az azonosan nulla függvényhez tart, de nem egyenletesen, mert max fn (x) = n . A/2, Igen, pl. az fn (x) =
(
0 1 n
ha x ∈ R \ {0} , ha x = 0 .
függvénysorozat minden eleme szakad, de egyenletesen tart az azonosan nulla függvényhez. B/1, |fn (x)| < n1 π2 → 0 ⇒ fn egyenletesen tart az azonosan nulla függvényhez, így (limn→∞ fn (x))′ (1) = 0 . Ugyanakkor xn−1 1 1 fn′ (x) = ⇒ fn′ (1) = ⇒ lim fn′ (1) = . 2n n→∞ 1+x 2 2
27
B/2, fn pontonként az f (x) = x2 függvényhez tart. Ez a konvergencia egyenletes is, hiszen 2 1 x + sin n x + π − x2 = 1 sin n x + π ≤ 1 → 0 . n n 2 2 n
A deriváltak: (limn→∞ fn (x))′ = 2x , és fn′ (x) = 2x + cos n(x + π2 ) . Speciálisan, az x = 0 pontban (limn→∞ fn (x))′ = 0 , és fn′ (0) = cos n( π2 ) . Az utóbbi sorozat váltakozva 1, 0, −1, 0, . . . értékeket vesz fel, így nincs határértéke. 2
−x n B/3, x = 0-ra fn (x) = 0 és x ∈ (0, 1]-re |fn (x)| ≤ n(e|{z} ) → 0 ⇒ fn → 0 pontonként,
így
R1
Z
<1
0 (limn→∞ fn (x)) = 0 . Ugyanakkor 1
0
fn (x) dx =
Z
0
1
−nx2
nxe
1 dx = − 2
Z
1 0
1 1 1 2 2 −2nxe−nx dx = − [e−nx ]10 = − (e−n − 1) → 6= 0 . 2 2 2
(Ebből következik az is, hogy a konvergencia nem lehet egyenletes.) B/4, Mindkét feladatban nulla a határfüggvény integrálja, miközben a függvénysorozat mindegyik elemének 1 az integrálja, így az integrálok sorozata 1-hez tart, nem pedig nullához. (Ebből következik az is, hogy a konvergencia nem lehet egyenletes, amit korábban be is láttunk, lásd A/1/g,h, feladatokat.)
28
11.Gyakorlat: Függvénysorok
A, egyenletes konvergencia 1. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi függvénysorok egyenletesen konvergensek a megadott intervallumokon! ∞ P 1 a (−∞, ∞) intervallumon; a, x2 +n2 b,
c,
n=1 ∞ P
n=1 ∞ P
(−1)n x+2n
a (−2, ∞) intervallumon;
x2 e−nx
n=1
a [0, ∞) intervallumon. ∞ P
2. Tegyük fel, hogy az
fn (x) sor abszolút és egyenletesen konvergens az (a, b) intervallumon.
n=1
∞ P
Mutassuk meg, hogy ebből nem következik, hogy a Használjuk ehhez a
∞ P
n=1
n=1
3. Tegyük fel, hogy gens a
∞ P
|fn (x)| sor egyenletesen konvergens!
(−1)n (1 − x)xn függvénysort a [0, 1] intervallumon!
an konvergens. Igazoljuk, hogy
∞ P
an e−nx függvénysor egyenletesen konver-
n=1
n=1
a, [a, ∞) intervallumon, ahol a > 0 ! b, [0, ∞) intervallumon! B, műveletek függvénysorokkal 1. Mutassuk meg, hogy a
∞ P
n=1
sin nx n3
függvény folytonosan differenciálható az egész számegyenesen!
2. Határozzuk meg, az alábbi határértéket! 3. Szabad-e tagonként differenciálni a
∞ P
n=1
4. Szabad-e tagonként integrálni a
∞ P
n=1
lim
∞ P
x→1−0 n=1
xn − xn+1 .
arctg nx2 függvénysort? 1
1
x 2n+1 − x 2n−1
29
függvénysort a [0, 1] intervallumon?
Megoldások ։ P 1 A/1/a, Tudjuk, hogy a ∞ szerint) bármely ε > 0-hoz k=1 k2 numerikus sor konvergens, így (Cauchy tétele P 1 tudunk n0 ∈ N küszöbindexet találni, hogy minden m ≥ n ≥ n0 esetén | Pm k=n k2 | < ε. Viszont Pm ez1 a m 1 küszöbindex jó lesz a függvénysor esetén is (ugyanahhoz a ε-hoz), hiszen | k=n x2 +k | ≤ | 2 k=n k2 |. Ekkor pedig a függvénysorokra vonatkozó Cauchy tétel szerint a függvénysor egyenletesen konvergens. A/1/b, Egyenletesen konvergens, mert hasonlóan az a, részhez, tudjuk becsülni a részletösszegeket egy konverP Pm Pm (−1)k 1 1 gens numerikus sor részletösszegeivel: | m k=n x+2k | ≤ k=n | x+2k | ≤ k=n 2k−1 , az utóbbi sor pedig konvergens. P (nx)k n2 x2 2 −nx = x2 ≤ x2 = 2 . A/1/c, Felhasználva, hogy a [0, ∞) intervallumon enx = ∞ k=0 k! ≥ 2 , tehát x e n2 x2 enx n2 2 Pm P 2 Így | k=n x2 e−kx | ≤ | m k=n k2 |, az utóbbi sor pedig konvergens, tehát használva Cauchy tételt kapjuk, hogy a függvénysor egyenletesen konvergens. B/1,
∞ P
• A
n=1
sin nx n3
pontonként konvergens, mert minden rögzített x-re
∞ P
n=1
a n3
alakú.
• A függvénysor tagonkénti deriválásával kapott sorra alkalmazhatjuk Cauchy tételét, mert ( sinn3nx )′ = cosn2nx és | cosn2nx | ≤ n12 . Tehét a függvénysor tagonkénti deriválásával kapott sor egyenletesen konvergens. P cos nx ⇒ A függvénysor differenciálható tagonként, azaz deriváltja a ∞ függvény. Ennek a függn=1 n2 ∞ P sin nx függvény vénysornak minden tagja folytonos, így az összegfüggvény is folytonos. Vagyis a n3 n=1
folytonosan differenciálható. B/2,
•
∞ P
(−1)n (1 − x)xn függvénysor [0, 1] intervallumon való abszolút konvergenciája azt jelenti, hogy
n=1 ∞ P
a
n=1
|(−1)n (1 − x)xn | =
∞ P
n=1
(1 − x)xn függvénysor (pontonként) konvergens. Ez teljesül, mert
x = 1-re minden tag 0, másrészt x ∈ [0, 1)-re ez egy teleszkópikus sor: ∞ X
n=1
n
(1 − x)x =
∞ X
n=1
(xn − xn+1 ) = (x − x2 ) + (x2 − x3 ) + (x3 − x4 ) + . . . = lim x − xn+1 = x . n→∞
Tehát pontonként konvergál az ( x ha x ∈ [0, 1) , f (x) = 0 ha x = 1 függvényhez. • Ez az f függvény viszont nem folytonos, tehát a
∞ P
n=1
|(−1)n (1 − x)xn | függvénysor konvergenciája
nem egyenletes. ∞ P (−1)n (1 − x)xn függvénysor [0, 1] intervallumon egyenletesen konvergens (ab• Ugyanakkor a n=1
szolút érték nélkül): Pontonként konvergens, mert Leibniz típusú minden rögzített x-re, jelöljük az összegfüggvényét g(x)-el. Ekkor n−1 X 1 , (−1)k (1 − x)xk − g(x) ≤ (1 − x)xn ≤ n+1 k=1
ahol felhasználtuk, hogy Leibniz típusú sor esetén az n − 1-dik részletösszeg hibáját az n-dik tag abszolút értékével lehet felülbecsülni, illetve a 10. gyakorlat A/1/b feladatát. Ebből pedig következik az egyenletes konvergencia.
30
P B/2, Felhasználva az A/2, feladatot adódik, hogy a keresett határérték 1. Viszont a lim és a nem ∞ P lim xn − xn+1 = 0 . (Ebből szintén következik, hogy a függvénysor nem felcserélhetőek, hiszen n=1 x→1−0
egyenletesen konvergens.)
B/3,
• Pontonként konvergens a függvénysor, mivel | arctg x| ≤ |x| ∀x ∈ R (mert | tg x| ≥ |x|), és így ∞ P |x| | arctg nx2 | ≤ |x| ∀x ∈ R. A sor pedig minden rögzített x-re konvergens. 2 n n2 n=1
• A tagonkénti deriválásával kapott függvénysor egyenletesen konvergens, mert ′ 1 1 1 x 1 arctg = = . 2 ≤ 2 2 2 x x 2 1 + 2 n n + 4 n2 n n n
Ezekből pedig következik, hogy a
P
és a ( )′ felcserélhetőek, vagyis szabad tagonként deriválni.
31
12.Gyakorlat: Fourier-sorok
A, Fourier-sorok 1. Fejtsük Fourier-sorba a következő függvényeket a megadott intervallumokon! a1, f (x) =
(
π−x 2
0
, ha x ∈ (0, 2π) , , ha x = 0 vagy x = 2π .
a2, Majd helyettesítsünk x = π2 -t. Milyen összefüggést kapunk? b1, −1 , ha x ∈ (−π, 0) , f (x) = 0 , ha x = 0 vagy x = ±π , 1 , ha x ∈ (0, π) .
b2, Majd helyettesítsünk x = π2 -t. Milyen összefüggést kapunk? c1, f (x) = x2 ; x ∈ [−π, π] . c2, Majd helyettesítsünk x = π-t. Milyen összefüggést kapunk? B, alkalmazások
1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenleteket hatványsoros módszerrel! ′′ ′ ′ y (x) + x y(x) = 0 y (t) = k y(t) y (t) = y(t) c, b, a, y(0) = 0 , y ′ (0) = 1 y(0) = a y(0) = 1 2. Oldjuk meg a következő (hővezetési) egyenletet Fourier-soros módszerrel! ∂u 2 ∂t = ∂∂xu2 , x ∈ (0, π) u(0, t) = u(π, t) =P0 u(x, 0) = g(x) = ∞ n=1 an sin nx
32
Megoldások ։ A/1/a1, 1 ak = π mivel f (x) páratlan függvény. 1 bk = π
Z
2π
0
Z
2π
f (x) cos kx dx = 0 , 0
1 f (x) sin kx dx = π
Z
2π
0
π−x sin kx dx , 2
′ amit integráljunk parciálisan (u = π−x 2 , v = sin kx): ( ) Z 2π 1 − cos kx 1 1 π − x − cos kx 2π bk = − − dx = . π 2 k 2 k k 0 0
Vagyis f (x) =
∞ X sin kx
k
k=1
A/1/a1, x :=
π 2
behelyettesítésével a
π 4
=1−
1 3
+
1 5
−
1 7
.
+ . . . numerikus sorösszeghez jutunk.
A/1/b1, ak = 0, mert f (x) páratlan. Z π Z Z 0 1 2π 1 bk = f (x) sin kx dx = − sin kx dx = sin kx dx + π π −π 0 ( 0 π 0 ) k+1 1 cos kx + 1 1 + (−1)k+1 1 (−1) 2 (−1)k+1 + 1 − cos kx + = + . = π k k π k k π k 0 −π Tehát
∞ 4 X sin(2l − 1)x . π 2l − 1
f (x) =
l=1
A/1/b2, 1 = π4 (1 −
1 3
+
1 5
−
1 7
+ . . .)
π 4
⇒
=1−
1 3
+
1 5
−
1 7
+ ... .
A/1/c1, bk = 0, mert f (x) páros. Z
π
1 x3 π 3
π
a0 π2 = . 2 3 −π −π Z π Z sin kx 1 π 2 1 2 sin kx π 2x ak = − x cos kx dx = dx = x π −π π k k −π {z −π} | a0 =
1 π
x2 dx =
2 = π2 ⇒ 3
0
1 − π
Z π Z π − cos kx 2 − cos kx π cos kx π 2 cos kx dx = − − dx = 2x x 2 k2 k πk k −π −π −π −π
2 4 2 π π (π(−1)k + π(−1)k ) = 2 (−1)k . [x cos kx]−π − [sin kx]−π = 2 πk 2 πk k | {z } 0
Tehát
x2 =
∞
4 π2 X (−1)k 2 cos kx . + 3 k 1
A/1/c2, π 2 =
π2 3
+
P∞
k 4 k k=1 (−1) k2 (−1)
⇒
π2 6
=
P∞
1 k=1 k2
33
.
B/1/a, Keressük a megoldást y(t) =
P∞
k=0 ak t
y ′ (t) =
k
alakban. Az y(0) = 1 kezdeti feltételből adódik, hogy a0 = 1 .
∞ X
ak ktk−1 =
∞ X
ak+1 (k + 1)tk ,
k=0
k=1
amit az egyenletbe visszaírva és összevetve az együtthatókat: ∞ X k=0
k
ak t =
∞ X k=0
ak+1 (k + 1)tk ⇒ ak = ak+1 (k + 1) ⇒ ak+1 =
Tehát y(t) =
∞ k X t k=0
B/1/b, Hasonlóan, mint az a, részben: y(t) =
P∞
n=0 cn t cn k . c0 = a , kcn = cn+1 (n + 1) ⇒ cn+1 = n+1 P n n ∞ (kt) kt Így cn = ak n=0 n! = ae . n! , és y(t) = a
n,
k!
1 . (k + 1)!
= et .
y ′ (t) =
P∞
n=1 cn t
n−1 n .
P B/2, Keressük a megoldást u(x, t) = ∞ n=1 bn (t) sin nx alakban! A kezdeti feltételből bn (0) = an . ∞
∞
∂2u X bn (t)(−n2 sin nx) = ∂x2
∂u X ′ bn (t) sin nx , = ∂t n=1
n=1
b′n (t) = (−n2 )bn (t) . P 2 −n2 t sin nx . Lásd 1/b ⇒ bn (t) = an e−n t . Tehát u(x, t) = ∞ k=1 an e ⇒
34
13.Gyakorlat: 2.ZH
35
