• Nem Talált Eredményt

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