MEGOLDÁS(10.1.2.FELADAT)
(a) A valós analízishez hasonlóan, elemi azonosságot felhasználva kapjuk:
z−→zlim0
z3−z30
z−z0 = lim
z−→z0
(z2+zz0+z20) =3z20, azaz a függvény tetsz˝olegeszopontban differenciálható és f0(z0) =3z20. (b) A valós analízishez hasonlóan, elemi azonosságot felhasználva kapjuk:
z−→zlim0
z2−z20
z−z0 = lim
z−→z0
(z+z0) =2z0,
azaz a függvény tetsz˝olegeszopontban differenciálható és f0(z0) =2z0. 2 MEGOLDÁS(10.1.3.FELADAT)
(a) A függvény valós és képzetes részét kiszámítva kapjuk
u(x,y) =x3−3xy2+2xilletvev(x,y) =3x2y−y3+2y.
Látható, hogy a fentiuésvfüggvény differenciálható valós függvény. Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle-parciális differenciálegyenleteket, kapjuk:
∂u
∂x =3x2−3y2+2= ∂v
∂y =3x2−3y2+2 illetve
∂u
∂y =−6xy=−∂v
∂x =−6xy,
96 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
(b) A függvény valós és képzetes részét kiszámítva kapjuk
u(x,y) =x2−y2−xilletvev(x,y) =2xy−y.
Látható, hogy a fentiuésvfüggvény differenciálható valós függvény. Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket, kapjuk:
∂u
∂x =2x−1= ∂v
∂y =2x−1 illetve
∂u
∂y =−2y=−∂v
∂x =−2y,
azaz a Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenletek teljesülnek, így a függvény differenciálható a komplex síkon.
(c) Mivel a függvény nincs értelmezve a z = 0-ban, így itt természetesen nem is lehet differenciálható. A függvény valós és képzetes részét kiszámítva kapjuk:
u(x,y) = x
x2+y2 illetvev(x,y) =− y x2+y2.
Látható, hogy a fenti u és v függvény differenciálható a valós számsíkon, ha (x,y) 6=
(0,0). Könnyen ellen˝orizhetjük, hogy a Cauchy–Riemann-féle parciális differenciál-egyenletek teljesülnek az origótól megfosztott komplex síkon, azaz a fenti függvény az értelmezési tartományában mindenütt differenciálható.
(d) A fentiekhez hasonlóan képezve a függvény valós és képzetes részét:
u(x,y) =xyilletvev(x,y) =y2.
Látható, hogy a fenti u és v függvények differenciálhatók a valós számsíkon, de a Cauchy–Riemann féle parciális differenciálegyenletek nem teljesülnek mindenhol:
∂u
∂x =y=∂v
∂y=2y illetve
∂u
∂y =x=−∂v
∂x =0,
azaz a fenti egyenletrendszer csakx=y=0-ban teljesül, így a függvény csak az=0-ban
differenciálható. 2
MEGOLDÁS (10.1.4.FELADAT) A függvény valós és képzetes részét kiszámítva kapjuk u(x,y) =x2y−y3illetvev(x,y) =2xy2.
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
Látható, hogy a fenti u ésv függvény differenciálható valós függvény. Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket, kapjuk:
∂u
∂x =2xy=∂v
∂y =4xy illetve
∂u
∂y =x2−3y2=−∂v
∂x =−2y2.
Megmutatható, hogy a fenti egyenletrendszert csakx=y=0 teljesíti, így a függvény csak a
z=0-ban differenciálható. 2
MEGOLDÁS(10.1.5.FELADAT) A függvény valós és képzetes részét kiszámítva kapjuk u(x,y) =x3−xy2illetvev(x,y) =2x2y.
Látható, hogy a fenti u ésv függvény differenciálható valós függvény. Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket, kapjuk:
∂u
∂x =3x2−y2= ∂v
∂y=2x2 illetve
∂u
∂y =−2xy=−∂v
∂x =−4xy.
Megmutatható, hogy a fenti egyenletrendszert csakx=y=0 teljesíti, így a függvény csak a
z=0-ban differenciálható. 2
MEGOLDÁS(10.1.6.FELADAT) A függvény valós és képzetes része:
u(x,y) =x2y2illetvev(x,y) =x2+y2.
Látható, hogy a fenti uésvfüggvény differenciálható valós függvény. Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket. Ekkor
∂u
∂x =2xy2= ∂v
∂y =2y illetve
∂u
∂y =2x2y=−∂v
∂x=−2x.
A fenti egyenletrendszert megoldva látható, hogy a a függvény csak(0,0)pontban
differen-ciálható. 2
MEGOLDÁS(10.1.7.FELADAT) Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális diffe-renciálegyenleteket, kapjuk:
98 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
illetve
∂u
∂y =−∂v
∂x =−2cx−2y.
Az egyenleteket még egyszerxilletvey-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk: 2c−4=0 (Itt felhasználtuk, azt a valós analízisben megismert állítást, hogy ekkor a vegyes parciális deriváltak felcserélhet˝ok.) Ígyc=2 esetén a vaz egész komplex számsíkon reguláris w= f(z) =u+ivfüggvény képzetes része lesz. Visszafejtve megoldva a Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket
∂u
∂x = ∂v
∂y =2x−4y illetve
∂u
∂y =−∂v
∂x =−4x−2y.
Az els˝ot integrálvax-szerint (rögzítettyesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
u(x,y) =x2−4xy+g(y)illetve −4x+g0(y) =−4x−2y, azaz
g(y) =−y2válasszuk a konstanst 0-nak az egyszer˝uség miatt.
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =x2−4xy−y2+i(2x2+2xy−y2).
Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható és f0(z) =∂u
∂x+i∂u
∂y, azaz speciálisan:
f0(−i) =4+2i.
Ezzel a feladatot teljesen megoldottuk. 2
MEGOLDÁS (10.1.8.FELADAT) A 10.1.7. feladat megoldásához hasonlóan: Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂u
∂x = ∂v
∂y =−2y+2 illetve
∂u
∂y =−∂v
∂x =−2Mx.
Az egyenleteket még egyszer x illetve y-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk: 2M− 2=0 (Itt ismételten felhasználtuk, azt a valós analízisben megismert állítást, hogy ekkor a vegyes parciális deriváltak felcserélhet˝ok.) ÍgyM=1 esetén avaz egész komplex számsíkon
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
reguláris w= f(z) =u+ivfüggvény képzetes része lesz. Visszafejtve megoldva a Cauchy–
Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket
∂u
∂x = ∂v
∂y =−2y+2 illetve
∂u
∂y =−∂v
∂x =−2x.
Az els˝ot integrálvax-szerint (rögzítettyesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
u(x,y) =−2xy+2x+g(y)illetve −2x+g0(y) =−2x, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =−2xy+2x+i(x2+2y−y2. Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható és
f0(z) = ∂u
∂x+i∂u
∂y, azaz speciálisan:
f0(1+2i) =−2−2i.
Ezzel a feladatot teljesen megoldottuk. 2
MEGOLDÁS(10.1.9.FELADAT) Felírva a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális diffe-renciálegyenleteket ellentmondásra jutunk, azaz nincs olyan komplex változós
differenciál-ható függvény, amelynek a valós része azu. 2
MEGOLDÁS(10.1.10.FELADAT)
(a) Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂v
∂y =∂u
∂x =2 sh 2xsin 2y illetve
∂v
∂x =−∂u
∂y =−2 ch 2xcos 2y.
Az egyenleteketyilletvex-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk:
∂2v
∂x2+∂2v
∂y2 =0,
100 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
Az els˝ot integrálvay-szerint (rögzítettxesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
v(x,y) =−sh 2xcos 2y+g(x)illetve −2 ch 2xcos 2y+g0(y) =−2 ch 2xcos 2y, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =−ch 2xsin 2y−ish 2xcos 2y.
Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható.
(b) Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂v
∂y =∂u
∂x =2x illetve
∂v
∂x =−∂u
∂y =2y.
Az egyenleteketyilletvex-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk:
∂2v
∂x2+∂2v
∂y2 =0,
azaz létezik olyan komplex változós differenciálható függvény, amelynek a valós része azu.
Az els˝ot integrálvay-szerint (rögzítettxesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
v(x,y) =2xy+g(x)illetve 2x+g0(x) =2x, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =x2−y2+2xyi.
Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható.
(c) Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂v
∂y= ∂u
∂x =3x2−3y2 illetve
∂v
∂x =−∂u
∂y =6xy.
Az egyenleteketyilletvex-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk:
∂2v
∂x2+∂2v
∂y2 =0,
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
azaz létezik olyan komplex változós differenciálható függvény, amelynek a valós része azu.
Az els˝ot integrálvay-szerint (rögzítettxesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
v(x,y) =3x2y−y3+g(x)illetve 6xy+g0(x) =6xy, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =x3−3xy2+i(3x2y−y3).
Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható.
(d) Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂u
∂x = ∂v
∂y =−2y+2 illetve
−∂u
∂y =∂v
∂x =−2x.
Az egyenleteketxilletvey-szerint deriválva, majd összeadva kapjuk:
∂2v
∂x2+∂2v
∂y2 =0,
azaz létezik olyan komplex változós differenciálható függvény, amelynek a valós része azu.
Az els˝ot integrálvax-szerint (rögzítettyesetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
u(x,y) =−2xy+ +2x+g(x)illetve −2x+g0(x) =−2x, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(z) =u(x,y) +v(x,y) =−2xy+2x+i(x2−y2+2y).
Látható, hogy a fenti f függvény mindenütt differenciálható. 2 MEGOLDÁS(10.1.11.FELADAT) A megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenci-álegyenletek teljesülése miatt szükséges, hogy
∂2v
∂xy+∂2v
∂xy =0, Ebb˝ol a µ(y)-ra a következ˝o differenciálegyenletet kapjuk
102 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
A fenti differenciálegyenletnek kett˝o lényegesen különböz˝o megoldása van:
µ1(y) =ey ésµ2(y) =e−y.
Írjuk fel a megfelel˝o Cauchy–Riemann-féle parciális differenciálegyenleteket:
∂v
∂x =−µ10(y)cosx illetve
∂v
∂y =−µ1(y)sinx,
Az els˝ot (szokásos módon) integrálva x-szerint (rögzített y esetén) és behelyettesítve a második egyenletbe:
v(x,y) =−eysinx+g(x)illetve −eysinx+g0(x)6xy+g0(x) =−eysinx, azazg(y) =C(válasszuk 0-nak az egyszer˝uség miatt).
Így kapjuk, hogy a keresett f függvény:
f(x,y) =eycosx−ieysinx.
A megfelel˝oµ2(y) =e−yeset is teljesen hasonlóan tárgyalható. 2 MEGOLDÁS (10.1.12.FELADAT) Jelölje
f1(z) =|a|f2(z)és f2(z) = a
|a|z,
azaz az f függvény az origó körüliarc aszöggel való elforgatás, az|a|: 1 arányú nagyítás és egy eltolás szuperpozíciója.
A leképezés fixpontja az+b= z, így z = 1−ab , (a 6=1). Látható, hogy a leképezés különböz˝o elemekhez különböz˝o elemeket rendel, ezért invertálható, éspedig
f−1(z) = z−b
a . 2
MEGOLDÁS (10.1.13.FELADAT) Látható, hogy f−1(z) =z−i
i . Legyen(u,v)olyan elem, hogy(u+iv)∈ f(T).
A feltétel miatt:
ℑ(f−1(u+iv))>0 ezértℑ(u+iv i )>0.
Mivel
f−1(u+iv) =v−1−iu így
ℑ(f−1(u+iv)) =−u.
Így ℑ(f−1(u+iv)) =−u. Következésképpen, az f−1 függvény az (u,v) sík azon tartomá-nyára képez, amelyreu<0, amit bizonyítani kellett. 2
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
MEGOLDÁS(10.1.14.FELADAT) (a)
f−1(z) = z 1+i
Legyen(u,v)olyan elem, hogy(u+iv)∈ f(T). A feltétel miatt:
ℑ(f−1(u+iv))>0 ezértℑ(u+iv 1+i)>0.
Mivel
f−1(u+iv) = u+v
2 −i(v−u)ígyℑ(f−1(u+iv) =u−v.
Következésképpen, az f−1függvény az(u,v)sík azon tartományára képez, amelyreu<
v. Megjegyzés: Ugyanerre az eredményre jutunk, ha felhasználjuk, hogy a komplex számok körében a szorzás forgatva nyújtás.
(b)
f−1(z) = z−1 i
Az (a) feladat megoldásához hasonlóan legyen(u,v)olyan elem, hogy(u+iv)∈ f(T).
A feltétel miatt:
ℜ(f−1(u+iv))>0 és 0<ℑ(f−1(u+iv))<2.
Mivel
f−1(u+iv) =v+i(1−u) így a feltételek miatt:
v>0, 0<1−u<2, azaz
v>0, −1<u<1
Megjegyzés: Ugyanerre az eredményre jutunk, ha felhasználjuk, hogy a komplex számok körében a szorzás forgatva nyújtás.
(c)
f−1(z) = z+1
−i
Az (a) feladat megoldásához hasonlóan legyen(u,v)olyan elem, hogy(u+iv)∈ f(T).
104 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
Mivel
f−1(u+iv) =v−i(1+u) így a feltételek miatt:
(u+1)2+v2<1,
azaz a leképezés a(z: |z|<1)kört a((u,v)(u+1)2+v2<1)körre képezi.
Megjegyzés: Ugyanerre az eredményre jutunk, ha felhasználjuk, hogy a komplex számok
körében a szorzás forgatva nyújtás. 2
MEGOLDÁS (10.1.15.FELADAT) (a)
f−1(z) = 1 z
A fenti feladatok megoldásához hasonlóan legyen (u,v) olyan elem, hogy (u+iv) ∈ f(T).
Mivel
f−1(u+iv) = u
u2+v2−i v u2+v2, ezért a feltételek miatt:
( u
u2+v2)2+ ( v
u2+v2)2+4 v
u2+v2 =0 azaz így kapjuk, hogy
v=−1 4.
Következésképpen az f(z) = 1z függvény a feladatban szerepl˝o kört az((u,v): v=−14) egyenesre képezi le.
(b)
f−1(z) =1 z.
A fenti feladatok megoldásához hasonlóan legyen (u,v) olyan elem, hogy (u+iv) ∈ f(T).
Mivel
f−1(u+iv) = u
u2+v2−i v u2+v2, ezért a feltételek miatt:
( u
u2+v2)2+ ( v
u2+v2)2+6 v
u2+v2 =7 azaz így kapjuk, hogy
7u2+7v2−6u−1=0.
Következésképpen az f(z) = 1z függvény a feladatban szerepl˝o kört az ((u,v): 7u2+7v2−6u−1=0)
körre képezi le.
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
(c)
f−1(z) =1 z.
A fenti feladatok megoldásához hasonlóan legyen (u,v) olyan elem, hogy (u+iv) ∈ f(T).
Mivel
f−1(u+iv) = u
u2+v2−i v u2+v2, ezért a feltétel miatt:
− v
u2+v2 =6 u u2+v2 azaz így kapjuk, hogy
v=−6u.
Következésképpen az f(z) =1z függvény a feladatban szerepl˝o kört az((u,v): v=−6u) egyenesre képezi le.
(d)
f−1(z) = 1 z
A fenti feladatok megoldásához hasonlóan legyen (u,v) olyan elem, hogy (u+iv) ∈ f(T).
Mivel
f−1(u+iv) = u
u2+v2−i v u2+v2, ezért a feltétel miatt:
− v
u2+v2 =− u u2+v2+2 azaz így kapjuk, hogy
−v=−u+2(u2+v2).
Következésképpen az f(z) = 1z függvény a feladatban szerepl˝o kört az
((u,v): 2u2+2v2−u+v=0)körre képezi le. 2 MEGOLDÁS(10.1.16.FELADAT)
f−1(z) = 1−iz z
A fenti feladatok megoldásához hasonlóan legyen(u,v)olyan elem, hogy(u+iv)∈ f(T).
Mivel
106 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
ezért a feltételek miatt:
u
u2+v2 >0, 0<−u2+v2+v u2+v2 <1 azaz így kapjuk, hogy
u>0, u2+v2+v<0, illetveu2+v2+v+1>0.
Következésképpen az f(z) = 1z függvény a feladatban szerepl˝o kört az a fenti
egyenl˝otlen-ségnek eleget tev˝o tartományra képezi. 2
MEGOLDÁS (10.1.17.FELADAT) Az el˝oz˝o feldatok megoldása alapján. 2 MEGOLDÁS (10.1.18.FELADAT) Az el˝oz˝o feldatok megoldása alapján. 2 MEGOLDÁS (10.1.19.FELADAT) Útmutatás: Meghatározunk 3 pont képét. Mivel törtline-áris leképezés kört vagy körre vagy egyenesre képez, ezért elegend˝o megvizsgálnunk, hogy
ezek a képpontok mikor lesznek egy egyenesen. 2
MEGOLDÁS (10.1.20.FELADAT) Egyszer˝uen megoldhatók az el˝oz˝o feladatok mintájára.2 MEGOLDÁS (10.1.21.FELADAT) A bizonyítandó tulajdonságok egyszer˝uen következnek a
sinz= eiz−e−iz
2i illetve cosz= eiz+e−iz 2
azonosságokból. 2
MEGOLDÁS (10.1.22.FELADAT) A bizonyítandó tulajdonságok egyszer˝uen következnek a sinz= eiz−e−iz
2i illetve cosz= eiz+e−iz 2
azonosságokból. 2
MEGOLDÁS (10.1.23.FELADAT) Egyszer˝uen következnek a megfelel˝o függvények ún.
addiciós tételei alapján. 2
MEGOLDÁS (10.1.24.FELADAT) Mivel az f(z) =zsinzfüggvény differenciálható az egész komplex síkon, ezért az integrálja 0. Látható, hogy a görbe az=1 pontot tartalmazza, amely a függvény izolált szingularitási pontja. A Cauchy-féle integrálkritériumot felhasználva, átalakítva az integrandust:
Z
γ sinz z(z−2)
z−1dz=−2πisin 1
így a keresett integrál értéke:−2πisin 1 2
MEGOLDÁS (10.1.25.FELADAT) Mivel a f(z) =zcoszfüggvény differenciálható az egész komplex síkon, ezért az integrálja 0. Látható, hogy a görbe az=1 pontot tartalmazza, amely a függvény izolált szingularitási pontja. A Cauchy-féle integrálkritériumot felhasználva, átalakítva az integrandust:
Z
γ cosz z(z−2)
z−1dz=−2πicos 1
így a keresett integrál értéke:−2πicos 1 2
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME
MEGOLDÁS(10.1.26.FELADAT) Célszer˝unek látszik az integrandust két részre bontani:
Az origó középpontú egységsugarú körvonal egy lehetséges paraméterezése:
z(t) =cost+isintt∈[0,2π]
A másik integrálra alkalmazható a Cauchy-féle integráltétel. Az integrandusnak egyetlen szinguláris pontja az=0. Így
Z MEGOLDÁS(10.1.27.FELADAT)
(a) Látható, hogy a görbe az=0 pontot tartalmazza, amely a függvény izolált szingularitási pontja. Így az általánosított Cauchy-féle integrálformula szerint(n=1):
Z
(b) Látható, hogy a görbe az=0 pontot tartalmazza, amely a függvény izolált szingularitási pontja. Így az általánosított Cauchy-féle integrálformula szerint(n=1):
Z
MEGOLDÁS(10.1.28.FELADAT)
(a) A reziduumtételt alkalmazzuk. Ehhez célszer˝unek látszik kiszámolni az f függvény z0=0 pontbeli Laurent-sorát. (Tulajdonképpen elegend˝o lenne a Laurent-sorc−1 együtt-hatóját kiszámítani.) Felhasználva a szinuszfüggvény komplex 0-körüli hatványsorát:
sinz z2 = 1
z− z
3!+. . . .
Így látható, hogy az f függvényz0=0 pontbeli Laurent-soránakc−1együtthatója 1, azaz Z 1
108 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
(b) A reziduumtételt alkalmazzuk. Ehhez kiszámoljuk az f függvény z0 = 0 pontbeli Laurent-sorát. (Tulajdonképpen most is elegend˝o lenne a Laurent-sorc−1 együtthatóját kiszámítani.) Felhasználva a koszinuszfüggvény komplex 0-körüli hatványsorát:
cosz z2 = 1
z2− 1
2!+. . . .
Így látható, hogy az f függvényz0=0 pontbeli Laurent-soránakc−1együtthatója 0, azaz Z
γ
1
z2sinzdz=0.
2
tankonyvtar.ttk.bme.hu Nágel Árpád, BME