Analízis (MSc) típusfeladatok

Az Analízis I. (MSc) tárgyban a ZH-kon és vizsgákon tipikusan előforduló számolós feladatok és megoldásaik. Emelett még az elméletet is érdemes átnézni, a számonkérés 10-20%-a elmélet szokott lenni.

Integrál trafók témakör

Laplace trafó diff-egyenlet

1) [2015ZH1] Laplace transzformáció segítségével számítsuk ki x(t)-t, ha

[math]\dot{x}(t) = 2y(t) - x(t) + 1[/math]

[math]\dot{y}(t) = 3y(t) - 2x(t)[/math]

[math]x(0) = 0,~y(0) = 1[/math]

Megoldás:

• Vegyük mindkét egyenlet Laplace trafóját ([math]X := \mathcal{L}(x),~ Y := \mathcal{L}(y)[/math]):

[math]sX - x(0) = 2Y - X + \frac{1}{s}[/math]

[math]sY - y(0) = 3Y - 2X[/math]

• Az egyenleteket átrendezve, és x(0), y(0)-t behelyettesítve:

[math](s+1)X + (-2)Y = \frac{1}{s}[/math]

[math](2)X + (s-3)Y = 1[/math]

• Mátrixos alakra hozva:

[math]\begin{bmatrix}s+1 & -2 \\ 2 & s-3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x \\ y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\frac{1}{s} \\ 1\end{bmatrix}[/math]

• Megoldás X-re (a számlálóban a mátrix első oszlopa le lett cserélve az egyenlet jobb oldalára. Ha y-t számolnánk, akkor a második oszlopot kéne lecserélni):

[math]X = \frac{det\left(\begin{bmatrix}\frac{1}{s} & -2 \\ 1 & s-3\end{bmatrix}\right)}{det\left(\begin{bmatrix}s+1 & -2 \\ 2 & s-3\end{bmatrix}\right)} = \frac{\frac{s-3}{s} + 2}{(s+1)(s-3)+4} = \frac{3 (s-1)}{s(s^2 - 2s + 1)} = \frac{3 (s-1)}{s(s-1)^2} = \frac{3}{s(s-1)}[/math]

• Az inverz laplacehoz bontsuk parciális törtekre:

[math]\frac{A}{s} + \frac{B}{s-1} = \frac{A(s-1) + Bs}{s(s-1)} = \frac{3}{s(s-1)}[/math]

• Együtthatókat összehasonlítva:

[math] A + B = 0, -A = 3[/math]

• Ahonnan:

[math] A = -3,~B = 3[/math]

• Vagyis [math]X(s) = \frac{-3}{s} + \frac{3}{s-1}[/math]

• Tehát a táblázat alapján [math]x(t) = -3 + 3e^t[/math]

2) [2016ZH1] Laplace transzformáció segítségével számítsuk ki x(t)-t, ha

[math]\ddot{x}(t) = 2x(t) - 3y(t)[/math]

[math]\ddot{y}(t) = x(t) - 2y(t)[/math]

[math]x(0) = \dot{x}(0) = 0,~y(0) = 0,~\dot{y}(0) = 1[/math]

Megoldás:

• Vegyük mindkét egyenlet Laplace trafóját:

[math]s^2X - sx(0) - \dot{x}(0) = 2X - 3Y[/math]

[math]s^2Y - sy(0) - \dot{y}(0) = X - 2Y[/math]

• Átrendezve és mátrixos alakra hozva:

[math]\begin{bmatrix}s^2-2 & 3 \\ -1 & s^2+2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x \\ y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 \\ 1\end{bmatrix}[/math]

• Megoldás X-re:

[math]X = \frac{det\left(\begin{bmatrix}0 & 3 \\ 1 & s^2+2\end{bmatrix}\right)}{det\left(\begin{bmatrix}s^2-2 & 3 \\ -1 & s^2+2\end{bmatrix}\right)} = \frac{-3}{(s^2-2)(s^2+2)+3} = \frac{-3}{s^4-1} = \frac{-3}{(s^2-1)(s^2+1)}[/math]

• Parc törtek:

[math]\frac{A}{s^2-1} + \frac{B}{s^2+1} = \frac{(A+B)s^2 + (A-B)}{s^4-1} = \frac{-3}{s^4-1}[/math]

• Ahonnan:

[math] A = -\frac{3}{2},~B = \frac{3}{2}[/math]

• Inverz Laplace után: [math]x(t) = -\frac{3}{2}sht + \frac{3}{2}sint[/math]

3) [2016ZH1] Transzformáljuk elsőrendűvé a [math]y'' + xy' = x[/math] differenciálegyenlet Laplace transzformációval (Nem kell megoldani!)!

Megoldás:

• Számítsuk ki a tagok Laplace trafóját (x szerint):
  • [math]\mathcal{L}_x(y'') = s^2 Y - s y(0) - y'(0)[/math]
  • [math]\mathcal{L}_x(xy') = \mathcal{L}_x(xf(x)) = -(\mathcal{L}_x(f(x)))' = -(\mathcal{L}_x(y'))' = -(s Y(s) - y(0))' = -(s' Y(s) + s Y'(s)) = -Y - sY' [/math]
  • [math]\mathcal{L}_x(x) = \frac{1}{s^2}[/math]
• Tehát az egyenlet Laplace transzformáltja (elsőrendű Y-ban):

[math] s^2 Y - s y(0) - y'(0) + -Y - sY' = \frac{1}{s^2}[/math]

Laplace trafó szabályok alkalmazása

1) [2016PZH] Számítsuk ki az alábbi jobboldali határétrékeket:

[math]\lim_{x \to 0+}f'(x) = ?, ~ \lim_{x \to 0+}f''(x) = ?, ha ~\mathcal{L}(f) = \frac{s^2-3s+1}{5s^4-4s^3+8}[/math]

Megoldás:

• Számoljuk ki [math]\mathcal{L}'(f)[/math]-et!

[math]\mathcal{L}'(f) = s\mathcal{L}(f) - \lim_{x \to 0+}f(x)[/math]

• Vegyük ennek az egyenletnek a végtelenben vett határértékét:
  • Egy Laplace trafó, és annak bármelyik deriváltja nullázhoz tart a végtelenben: [math]lim_{s \to \infty}\mathcal{L}'(f)=0[/math]
  • [math]lim_{s \to \infty}s\mathcal{L}(f) = lim_{s \to \infty}\frac{s(s^2-3s+1)}{5s^4-4s^3+8} = 0[/math]
• Tehát:

[math]0 = 0 - f(0+)[/math]

• Amiből:

[math]f(0+) = 0[/math]

• Csináljuk meg ugyanezt [math]\mathcal{L}''(f)[/math]-re!

[math]\mathcal{L}''(f) = s^2\mathcal{L}(f) - sf(0+) - f'(0+)[/math]

• Vagyis:

[math]0 = \frac{1}{5} - 0 - f'(0+)[/math]

• Amiből:

[math]f'(0+) = \frac{1}{5}[/math]

• Végül csináljuk meg ugyanezt [math]\mathcal{L}'''(f)[/math]-re!

[math]\mathcal{L}'''(f) = s^3\mathcal{L}(f) - s^2f(0+) - sf'(0+) - f''(0+)[/math]

• Itt a határérték picit bonyolultabb:

[math]0 = lim_{s \to \infty}(\frac{s}{5} - 0 - \frac{s}{5} - f''(0+))[/math]

• Amiből:

[math]lim_{s \to \infty}(f''(0+)) = f''(0+) = 0[/math]

2) [2016V2] Számítsuk ki az alábbi integrált: [math]\int_0^\infty \frac{\cos t-e^{-t}}{t} dt[/math]

Megoldás:

Laplace tulajdonságok miatt [math]\int_0^\infty \frac{f(t)}{t} dt = \int_0^\infty \mathcal{L}(f)(s) ds[/math].

Jelen esetben [math]f(t) = \cos t - e^{-t}[/math], számoljuk ki az integrált:

[math]\int_0^\infty \mathcal{L}(f) ds = \int_0^\infty \frac{s}{s^2+1} - \frac{1}{s+1} ds = \int_0^\infty \frac12 \frac{2s}{s^2+1} - \frac{1}{s+1} = [/math]

[math]\left[ \frac12 \ln|s^2+1| - \ln |s+1| \right]_0^\infty = \left[ \ln \sqrt{|s^2+1|} - \ln |s+1| \right]_0^\infty = \left[ \ln \frac{\sqrt{|s^2+1|}}{|s+1} \right]_0^\infty = \ln 1 - \ln 1 = 0[/math]

Fourier diff-egyenlet

1) [2015ZH1] Oldjuk meg Fourier transzformáció segítségével! [math]y'(x) - 4y(x) = 8[/math]

Megoldás:

• Vegyük az egyenlet Fourier trafóját (a táblázatban a Fourier trafó y függvénye, de az y itt mást jelent, a táblázatbeli y-ok helyére írjuk s-t, illetve vezessük be az alábbi jelölést: [math]Y = \mathcal{F}(y)[/math])!:

[math]isY - 4Y = 8\sqrt{2\pi}\delta(s)[/math]

• Átrendezve:

[math]-i(s+4i)Y = 8\sqrt{2\pi}\delta(s)[/math]

• Aminek a disztribúció értelemben vett megoldás Y-ra:
  • Ha [math]s+4i \neq 0[/math], akkor leoszthatunk vele.
  • Ha [math]s+4i = 0[/math], akkor [math]0 \cdot Y(-4i) = 0[/math], vagyis [math]Y(-4i)[/math] bármilyen konstans lehet, ezt jelöljük pl c-vel.

[math]Y = c \cdot \delta(s+4i) + \frac{8\sqrt{2\pi}\delta(s)}{is-4}[/math]

• Az összeg jobboldali tagja egyszerűsíthető, ha kihasználjuk, hogy az egy disztribúció (a [math]\delta(s)[/math] a nevezőben lévő s-be is nullát helyettesít):

[math]\frac{8\sqrt{2\pi}\delta(s)}{is-4}(\varphi) = \delta(s)\frac{8\sqrt{2\pi}}{is-4}(\varphi) = \delta(s)(\frac{8\sqrt{2\pi}}{is-4}\varphi) = \frac{8\sqrt{2\pi}}{i0-4}\varphi(0) = -2\sqrt{2\pi}\delta(s)[/math]

• Vagyis:

[math]Y = c \cdot \delta(s+4i) + -2\sqrt{2\pi}\delta(s)[/math]

• Aminek vegyük az inverz Fourier transzformáltját:
  • Megjegyzés: A táblázatban szerepel [math]\mathcal{F}(f(t)+a) = e^{ias}\mathcal{F}(f(t))[/math], de nekünk inverz trafó kell
  • [math]\mathcal{F}^{-1}(F(s) + a) = \mathcal{F}(F(s) + a)|_{t=-s} = e^{ia(-t)}(\mathcal{F}(F(s))|_{t=-s}) = e^{ia(-t)}\mathcal{F}^{-1}(F(s))[/math]

[math]y(t) = c e^{4t} - 2[/math]

2) [2016ZH1] Transzformáljuk elsőrendűvé a [math]y'' + xy' = x[/math] differenciálegyenlet Fourier transzformációval (Nem kell megoldani!)!

Megoldás:

• Számítsuk ki az egyenlet tagjainak Fourier trafóját (x szerint):
  • [math]\mathcal{F}_x(y'') = i^2 s^2 \hat{y} = -s^2 \hat{y}[/math]
  • [math]\mathcal{F}_x(xy') = \frac{\mathcal{F}_x(y')'}{-i} = i\mathcal{F}_x(y')' = i(is\hat{y})'= -(s\hat{y})' = -\hat{y} - s\hat{y}'[/math]
  • [math]\mathcal{F}_x(x) = \sqrt{2\pi}i\delta'(s)[/math]
• Vagyis az egyenlet Fourier trafója (elsőrendű diff-egyenlet [math]\hat{y}[/math]-ra):

[math]-s^2 \hat{y} + -\hat{y} - s\hat{y}' = \sqrt{2\pi}i\delta'(s)[/math]

3) [2016V1] Fourier transzformáció segítségével határozzuk meg u(x, t)-t, ha

[math]\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0[/math]

[math]u(x, 0) = 1,~x \in \mathcal{R},y \geq 0[/math]

Megoldás:

Egy u(x, y) függvény x szerinti Fourier trafójának a definíciója:

[math] \hat{u}(s, y) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} u(x, y) e^{-ixs} dx [/math]

Vegyük az egyenlet x szerinti Fourier trafóját (a deriválás x-ben [math]i \cdot s[/math]-el szorzás):

[math] -s^2 \hat{u}(s,y) + \frac{\partial^2}{\partial y^2}\hat{u}(s, y) = 0[/math]

Oldjuk meg a diff-egyenletet y-ra (az y szerinti deriváltat jelölje a vessző):

[math] \hat{u}_s''(y) - s^2 \hat{u}_s(y) = 0[/math]

[math] \lambda^2 = s^2 [/math]

[math] \hat{u}_s(y) = c_1(s) e^{|s|y} + c_2(s) e^{-|s|y}[/math]

Tudjuk, hogy ez a kifejezés [math]s \to \infty[/math]-ben nullához tart, mert egy Fourier trafó:

[math]lim_{s \to \infty}c_1(s) e^{|s|y} + c_2(s) e^{-|s|y} = 0[/math]

Ami, tekintve, hogy [math]y \geq 0[/math], csak akkor teljesülhet, ha [math]c_1(s) = 0[/math].

Tehát:

[math] \hat{u}_s(y) = c_2(s) e^{-|s|y}[/math]

A kezdeti feltétel Fourier trafója:

[math] \hat{u}(0) = \sqrt{2 \pi} \delta (s)[/math]

A két egyenletet összevetve:

[math]c_2(s) = \sqrt{2 \pi} \delta (s)[/math]

Vagyis: [math] \hat{u}(s, y) = \sqrt{2 \pi} \delta (s) e^{-|s|y}[/math]

[math]u(x, y)[/math]-hoz vegyük ennek az x szerinti inverz Fourier trafóját:

[math] \hat{u}(s, y) = \mathcal{F}(1) \cdot e^{-|s|y}[/math]

[math] u(x, y) = 1 * \mathcal{F}^{-1}(e^{-|s|y})[/math]

[math] \mathcal{F}^{-1}(e^{-|s|y}) = \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{y}{x^2 + y^2}[/math]

[math] u(x, y) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} 1 \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{y}{\xi^2 + y^2} d\xi[/math]

[math] u(x, y) = \frac{y}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\xi^2 + y^2} d\xi[/math]

[math] u(x, y) = \frac{1}{y \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{(\frac{\xi}{y})^2 + 1} d\xi[/math]

Vezessük be a [math]z = \frac{\xi}{y},~d\xi = y dz[/math] változót:

[math] u(x, y) = \frac{1}{y \pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{z^2 + 1} ydz[/math]

[math] u(x, y) = \frac{y}{y \pi} \left[arctg z \right]_{-\infty}^{\infty}[/math]

[math] u(x, y) = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) \right) = \frac{\pi}{\pi} = 1[/math]

Fourier trafó szabályok alkalmazása

1) [2015ZH1] Számítsuk ki az [math]f(x) = 3xe^{-x}H(x)[/math] Fourier transzformáltját, ha tudjuk, hogy [math]\mathcal{F}(e^{-x}H(x)) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{1+iy}[/math]

Megoldás:

Vezessük be a [math]g(x) = e^{-x}H(x)[/math] jelölést!

[math]\mathcal{F}(f(x)) = 3 \mathcal{F}(x \cdot g(x)) = 3 \cdot \frac{\mathcal{F}(g(x))'}{-i} = 3i \cdot (\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{1+iy})' = 3i \cdot (-1) \cdot i \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{(1+iy)^2} = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{(1+iy)^2}[/math]

Disztribúciók

1) [2015ZH1] Adjuk meg [math]\delta[/math] és [math]\delta'[/math] lineáris kombinációjaként az [math]e^{3x-2}\delta'(x)[/math] disztribúciót!

Megoldás:

• Nézzük meg, hogy egy [math]\varphi[/math] függvényre hogyan viselkedik a feladatban szereplő disztribúció!

[math](e^{3x-2}\delta'(x))(\varphi) = \delta'(x)(e^{3x-2} \varphi) = -\delta(x)(e^{3x-2} \varphi)' = -\delta(x)(3 \cdot e^{3x-2} \varphi + e^{3x-2} \varphi') = -3e^{-2} \varphi(0) - e^{-2} \varphi'(0) = (-3e^{-2}\delta(x) + e^{-2}\delta'(x))(\varphi)[/math]

• Vagyis:

[math]e^{3x-2}\delta'(x) = -3e^{-2}\delta(x) + e^{-2}\delta'(x)[/math]

2) [2016ZH1] Számítsuk ki a [math]T = e^{-x^2}[/math] reguláris disztribúcuó és a [math]\delta'[/math] disztribúció konvolúciójának hatását a [math]\psi(x) = x^2[/math] függvényre: [math](T * \delta')x^2 = ?[/math]

Megoldás:

• Elődáson volt, hogy [math](T * \delta') = T'[/math]
  • [math](T * \delta')\varphi(x+y) = T_x (\delta'_y(\varphi(x+y))) = T_x(-\delta_y(\varphi'(x+y))) = T_x(-\varphi'(x)) = T_x'(\varphi(x))[/math]
• Ezt felasználva alkalmazzuk a [math]T'[/math] disztribúciót a [math]\psi[/math] függvényre:

[math]\lt (e^{-x^2})', (x^2)\gt = \int_{-\infty}^{\infty} (e^{-x^2})' (x^2) dx = [e^{-x^2}(x^2)]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} 2x = 0 - [e^{-x^2}]_{-\infty}^{\infty} = 0[/math]

3) [2016ZH1] Mi az [math](x-3)f = 0[/math] disztribúció értelemben vett egyenelet összes megoldása? (+1 miért?)

Megoldás:

[math]f = c \cdot \delta(x-3)[/math]

• Ha [math]x-3 \neq 0[/math], akkor leoszthatunk vele, és azt kapjuk, hogy [math]f = 0,~ha~x-3 \neq 0[/math].
• Ha [math]x-3 = 0[/math], akkor [math]0 \cdot f(3) = 0[/math], vagyis [math]f(3)[/math] bármilyen konstans értéket felvehet, ezt jelöljük pl c-vel.
• Tehát ha [math]x \neq 3[/math], akkor [math]f = 0[/math], ha [math]x = 3[/math], akkor tetszőleges [math]c[/math] értékű, ez röviden: [math]f = c \cdot \delta(x-3)[/math]

4) [2016ZH1] Adjuk meg az [math]e^{3x}\delta''(x-2)[/math] disztribúciót a [math]\delta[/math] eltolt deriváltjainak lineáris kombinációjaként!

Megoldás:

[math]e^{3x}\delta''(x-2)(\varphi) = \delta''(x-2)(e^{3x}\varphi) = \delta(x-2)((e^{3x}\varphi)'') = \delta(x-2)((3e^{3x}\varphi + e^{3x}\varphi')') = [/math]

[math]= \delta(x-2)(9e^{3x}\varphi + 6e^{3x}\varphi' + e^{3x}\varphi'') = 9e^{6}\varphi(2) + 6e^{6}\varphi'(2) + e^{6}\varphi''(2) = (9e^{6}\delta(x-2) - 6e^{6}\delta'(x-2) + e^{6}\delta''(x-2))(\varphi)[/math]

5) [2016PZH] Legyen u az [math]f(x) = x - 3[/math] által generált reguláris disztribúció, [math]\psi(x) = e^{-x^2}[/math]. Számítsuk ki [math](\sigma_2\tau_3\delta' * u)\psi[/math]-t!

Megoldás:

• Először szabaduljunk meg a konvulúciótól:

[math](\sigma_2\tau_3\delta' * u) = (u * \sigma_2\tau_3\delta')\varphi(x+y) = u_x (\sigma_2\tau_3\delta'_y(\varphi(x+y))) = u_x(-\sigma_2\tau_3\delta_y(\varphi'(x+y))) = u_x(-\delta_y(\varphi'(2(x+y-3)))) = u_x(-\varphi'(2(x-3))) = u_x'(\sigma_2\tau_3(\varphi(x)))[/math]

• Az [math]u_x' = 1[/math], ezt bármilyen függvényre alkalmazva visszakapjuk az eredeti függvény (a sima zárójeles jelölés a disztribúció használatára itt nagyon félreérthető):

[math] u_x'(\sigma_2\tau_3(\varphi(x))) = \lt 1, \sigma_2\tau_3\varphi(x)\gt [/math]

• Majd értékeljük ki a disztribúciót a [math]\varphi = e^{-x^2}[/math] függvényen:

[math]\lt 1, \sigma_2\tau_3 e^{-x^2}\gt = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(2x-6)^2}dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2}\frac{1}{2}du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}[/math]

Zoli megoldása:

[math](u * \sigma_2 \tau_3 \delta')\varphi = (u * \delta' (2x-6))\varphi = u(x)(\delta'(2y-6) \varphi (x+y)) =[/math]

[math]= u(x) (-\frac{\delta(2y-6)}{4} \varphi'(x+y)) = u(x) \frac{-\varphi'(x+3)}{4} = u'(x) \frac{\varphi(x+3)}{4} = \frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty} 1 \cdot e^{-(x+3)^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{4}[/math]

Wavelet trafók

Megjegyzés: a kitevőbe írt törtek (pl: [math]e^{-\frac{x^2}{2}}[/math]) sok böngészőben hibásan jelennek meg, ezért ezekben az esetekben törtek helyett osztás jelet fogok használni.

---

1) [2015ZH1] Legyen [math]\psi(x) = (1 - x^2)e^{-x^2 / 2}[/math], a mexikói kalap wavelet.

a) Legyen [math]f(x) = e^{-|x|}[/math]. [math]\mathcal{F}(W_{\psi}f_a(b)) = ?[/math]

b) Legyen [math]g(x) = x^2[/math]. Tudjuk, hogy [math]\int_{R}e^{-x^2 / 2}dx=\sqrt{2\pi}.~W_{\psi}g_a(b) = ?[/math]

Megoldás:

a) A wavelet Fourier trafóját közvetlenül megkaphatjuk a wavelet kiértékelése nélkül: [math]\mathcal{F}(W_{\psi}f_a(b)) = \sqrt{|a|} \cdot \sqrt{2\pi} \hat{f}(y) \cdot \overline{\hat{\psi}(ay)}[/math]

[math]\hat{f}(y) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{1 + y^2}[/math]

[math]\hat{\psi}(y) = \mathcal{F}(e^{-x^2 / 2}) - \mathcal{F}(x^2 \cdot e^{-x^2 / 2}) = \mathcal{F}(e^{-x^2 / 2}) - \frac{\mathcal{F}(e^{-x^2 / 2})''}{(-i)^2} = \mathcal{F}(e^{-x^2 / 2}) + \mathcal{F}(e^{-x^2 / 2})''[/math]

A táblázatban nincs benne, de közismert, hogy [math]\mathcal{F}(e^{-x^2 / 2}) = e^{-y^2 / 2}[/math]

[math]\hat{\psi}(y) = e^{-y^2 / 2} + (e^{-y^2 / 2})'' = e^{-y^2 / 2} + (-y(e^{-y^2 / 2}))' = e^{-y^2 / 2} -e^{-y^2 / 2} + y^2(e^{-y^2 / 2}) = y^2(e^{-y^2 / 2})[/math]

A táblázatból kiolvasott képletbe behelyettesítve:

[math]\mathcal{F}(W_{\psi}f_a(b)) = \sqrt{|a|} \cdot \sqrt{2\pi} \left(\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{1}{1 + y^2}\right) \cdot \left((ay)^2(e^{-(ay)^2 / 2})\right)[/math]

---

b) [math]W_{\psi}g_a(b) = \lt \psi_{a, b}, g\gt = \int_{-\infty}^{\infty} (1 - \frac{x-b}{a}^2)e^{-((x-b)/a)^2 / 2} x^2 dx[/math]

Helyettesítésel integrállal tegyük egyszerűbbé a fenti képletet: [math] u = \frac{x-b}{a},~x = au + b,~ dx = a \cdot du[/math]

[math]W_{\psi}g_a(b) = \int_{-\infty}^{\infty} (1 -u^2)e^{-u^2 / 2} (au + b)^2 a \cdot du[/math]

Használjuk ki, hogy korábban már kiszámoltuk, hogy [math](e^{-u^2 / 2})'' = -(1 -u^2)e^{-u^2 / 2}[/math]

[math]W_{\psi}g_a(b) = -a \int_{-\infty}^{\infty}(e^{-u^2 / 2})'' (au + b)^2 du[/math]

Amit kétszer parciálisan integrálva meg is kapjuk az eredményt:

[math]W_{\psi}g_a(b) = -a \left( \left[(e^{-u^2 / 2})' (au + b)^2\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}(e^{-u^2 / 2})' 2a \cdot (au + b) du \right) = 2a^2 \int_{-\infty}^{\infty}(e^{-u^2 / 2})' \cdot (au + b) du = 2a^2 \left( \left[e^{-u^2 / 2} (au + b) \right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2 / 2} \cdot a du \right) = -2a^3 \sqrt{2\pi}[/math]

2) [2016ZH1] A Poisson wavelet a következő: [math]\psi_n(x) = H(x) \frac{x-n}{n!} x^{n-1} e^{-x}[/math]

a) Mutassuk meg, hogy [math]\psi(x) = -(\frac{x^n}{n!} e^{-x})'[/math], ha [math]x \geq 0[/math]

b) Mutassuk meg, hogy [math]\int_R \psi_n(x)dx = 0[/math]

c) [math]C_{\psi_n} = ?[/math]

Megoldás:

a) [math]-(\frac{x^n}{n!} e^{-x})' = -n\frac{x^{n-1}}{n!} e^{-x} + \frac{x^n}{n!} e^{-x} = x\frac{x^{n-1}}{n!} e^{-x}-n\frac{x^{n-1}}{n!} e^{-x} = \frac{x-n}{n!} x^{n-1} e^{-x}[/math]

b) [math]\int_R \psi_n(x)dx = \int_0^\infty -(\frac{x^n}{n!} e^{-x})' dx = -\left[\frac{x^n}{n!} e^{-x}\right]_0^\infty = 0[/math]

c) [math]C_{\psi_n} = 2 \pi \int_{-\infty}^\infty \frac{\left| \hat{\psi} \right|^2}{|y|} dy[/math]

Először számoljuk ki a wavelet Fourier trafóját (felhasználom, hogy [math]\mathcal{F}(-f') = -iy\mathcal{F}(f),~\mathcal{F}(x^n f) = i^n \mathcal{F}(f)^{(n)}[/math]):

[math]\hat{\psi} = \mathcal{F}(-(\frac{x^n}{n!} e^{-x})' \cdot H(x)) = -\frac{iy}{n!} \mathcal{F}(x^n e^{-x}H(x)) = -\frac{iy}{n!} i^n \mathcal{F}(e^{-x}H(x))^{(n)} = -\frac{iy}{n!} i^n \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{1+iy}\right)^{(n)} =[/math]

[math]= -\frac{iy}{n!} i^n i^n (-1)(-2) \dots(-n) \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{(1+iy)^{n+1}} = -iy \frac{n!}{n!} (-1)^n (-1)^n \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{(1+iy)^{n+1}} = -iy \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{(1+iy)^{n+1}}[/math]

[math]C_{\psi_n} = 2 \pi \int_{-\infty}^\infty \frac{\left| \hat{\psi} \right|^2}{|y|} dy = 2 \pi \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{2\pi} \frac{|y|^2}{|y|}\frac{1}{(1+y^2)^{n+1}} dy = \int_{0}^\infty \frac{2 y}{(1+y^2)^{n+1}} dy = -\frac{1}{n} \left[\frac{1}{(1+y^2)^n}\right]_0^\infty = -\frac{1}{n} (0 - 1) = \frac{1}{n}[/math]

3) [2016PZH] Legyen [math]\psi(x) = xe^{-|x|}, f(x) = e^{-x^2/2}[/math]. Adjuk meg f [math] \psi[/math] által generált wavelet transzformáltjának Fourier transzformáltját!

Megoldás:

[math]\hat{f}(x) = e^{-y^2/2} [/math]

[math]\hat{\psi}(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} (-2iy) \frac{1}{(1+y^2)^2} [/math]

[math]\mathcal{F}(W_{\psi}f_a(b)) = \sqrt{|a|} \cdot \sqrt{2\pi} \hat{f}(y) \cdot \overline{\hat{\psi}(ay)} = \sqrt{|a|} \cdot \sqrt{2\pi} e^{-y^2/2} \cdot \sqrt{\frac{2}{\pi}} (-2iay) \frac{1}{(1+(ay)^2)^2}[/math]

Numerikus módszerek témakör

Parcdiff egyenletek (Fourier)

1) [2015ZH2] Oldjuk meg Fourier módszerrel az alábbi parciális differenciálegyenletet!

[math]\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = 4\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}[/math]

[math]u(0, t) = u(3, t) = 0,~u(x,0)=sin\frac{4\pi}{3}x,~\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = 2\sin\frac{\pi}{3}x[/math]

Megoldás:

• Az [math]U(x, t)[/math]-t keressük szorzat alakban: [math]U(x, t) = X(x)T(T)[/math]
• A diffegyenlet így átírva: [math]X(t)\ddot{T}(t) = 4 \cdot X''(x)T(T)[/math]
• Ez így már szeparálható:
  • Figyeljünk arra, hogy a deriváltak a számlálóban legyenek
  • A szeparálás utáni hányadosokról pedig tudjuk, hogy negatívak (innen jön a [math]-b^2[/math])

[math]4 \cdot \frac{X''(x)}{X(x)} = \frac{\ddot{T}(t)}{T(T)} = -b^2[/math]

• Nézzük meg, hogy melyik változóra van feltételünk, aminek a jobb oldalán konstans szerepel.
  • Az első két féltétel átírva: [math]X(0)T(t) = X(3)T(t) = 0[/math], minden t-re, vagyis [math]X(0) = X(3) = 0[/math]
  • Tehát az X-re van a T-től nem függő feltételünk, ezért először az X-re oldjuk meg a diffegyenletet!
• Oldjuk meg a diff-egyenletet:

[math]4 \cdot \frac{X''(x)}{X(x)} = -b^2[/math]

[math]4 \cdot X''(x) + b^2 \cdot X(x) = 0[/math]

• Írjuk fel a karakterisztikus függvényt!

[math]4 \cdot \lambda^2 + b^2 = 0[/math]

[math]\lambda^2 = -\frac{b^2}{4}[/math]

[math]\lambda = \pm i \frac{b}{2}[/math]

• Vagyis a diff-egyenlet megoldása:

[math]X(x) = c_1 \cos{\frac{b}{2}x} + c_2 \sin{\frac{b}{2}x}[/math]

• Vizsgáljuk meg a kezdeti feltételeket:

[math]X(0) = c_1 \cos{0} + c_2 \sin{0} = c_1 = 0[/math]

[math]X(3) = c_2 \sin{\frac{b}{2}3} = 0[/math]

Ami csak olyan egész k értékekre teljesülhet, amikre: [math]\frac{b}{2}3 = k \pi,~b = \frac{2}{3} k \pi[/math]

• Most oldjuk meg a diff-egyenletet T(t)-re, de a b helyére az újonnan kapott képletet írjuk be.

[math]\frac{\ddot{T}(t)}{T(t)} = -(\frac{2}{3} k \pi)^2[/math]

[math]\lambda^2 = -(\frac{2}{3} k \pi)^2[/math]

[math]\lambda = \pm \frac{2}{3} i k \pi[/math]

• A T-re vonatkozó (k-tól függő) diff-egynelet:

[math]T_k(t) = a_k \cos{\frac{2}{3} k \pi t} + b_k \sin{\frac{2}{3} k \pi t}[/math]

• Az [math]U(x, t)[/math]-re vonatkozó k-tól függő egyenlet tehát:

[math]U_k(x, t) = c_2 \sin{\frac{k}{3} \pi x} (a_k \cos{\frac{2k}{3} \pi t} + b_k \sin{\frac{2k}{3} \pi t})[/math]

• Vezessük be az [math]A_k = c_2 \cdot a_k[/math] és [math]B_k = c_2 \cdot b_k[/math] konstansokat!

[math]U_k(x, t) = A_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \cos{\frac{2k}{3} \pi t} + B_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \sin{\frac{2k}{3} \pi t}[/math]

• Az [math]U(x, t)[/math] pedig felírható az [math]U_k(x, t)[/math]-k összegeként az összes k-ra.

[math]U(x, t) = \sum_0^\infty U_k(x, t)[/math]

• A maradék két feltétel segítségével számoljuk ki az [math]A_k[/math] és [math]B_k[/math] konstansok értékeit.

[math]U(x,0)=\sum_0^\infty A_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \cos{0} + B_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \sin{0} = \sum_0^\infty A_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} = sin\frac{4\pi}{3}x[/math]

Amiből az együtthatók összehasonlításával megkapjuk, hogy [math]A_4 = 1[/math], minden más [math]A_i = 0[/math], ha [math]i \neq 4[/math]

• A másik feltételhez ki kell számolni az [math]\frac{\partial U}{\partial t}(x, t)[/math]-t.

[math]\frac{\partial U}{\partial t}(x, t) = \sum_0^\infty A_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \sin{\frac{2k}{3} \pi t} (-\frac{2k}{3} \pi) + B_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \cos{\frac{2k}{3} \pi t} (\frac{2k}{3} \pi)[/math]

• A feltételbe beírva:

[math]\frac{\partial U}{\partial t}(x, 0) = \sum_0^\infty A_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \sin{0} (-\frac{2k}{3} \pi) + B_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} \cos{0} (\frac{2k}{3} \pi) = \sum_0^\infty B_k \sin{\frac{k}{3} \pi x} (\frac{2k}{3} \pi) = 2\sin\frac{\pi}{3}x[/math]

Innen pedig: [math]B_1 (\frac{2}{3} \pi) = 2,~ B_1 = \frac{2}{(\frac{2}{3} \pi)} = \frac{3}{\pi}[/math], minden más [math]B_i[/math] pedig nulla.

Vagyis a megoldás:

[math]U(x, t) = \sin{\frac{4}{3} \pi x} \cos{\frac{8}{3} \pi t} + \frac{3}{\pi} \sin{\frac{1}{3} \pi x} \sin{\frac{2}{3} \pi t}[/math]

2) [2016ZH2] Oldjuk meg Fourier módszerrel az alábbi parciális differenciálegyenletet!

[math]\frac{\partial u}{\partial t} = 9\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}[/math]

[math]u(x, 0) = 12\cos\frac{3\pi}{5}x,~\frac{\partial u}{\partial x}(0, t) = ~\frac{\partial u}{\partial x}(5, t) = 0[/math]

Megoldás:

[math]X(x)\ddot{T}(t) = 9 X''(x)T(t)[/math]

[math]\frac{\ddot{T}(t)}{T(t)} = \frac{9 X''(x)}{X(x)} = -b^2[/math]

Először oldjuk meg x-re: [math]\frac{9 X''(x)}{X(x)} = -b^2[/math]

[math]9 \lambda^2 = -b^2[/math]

[math]\lambda = \pm i \frac{b}{3}[/math]

[math]X(x) = c_1 \cos{\frac{b}{3}x} + c_2 \sin{\frac{b}{3}x}[/math]

[math]X'(x) = -c_1\frac{b}{3} \sin{\frac{b}{3}x} + c_2\frac{b}{3} \cos{\frac{b}{3}x}[/math]

[math]X'(0) = c_2\frac{b}{3} = 0[/math]

A [math]b = 0[/math]-hoz tartozó [math]X(x) = 0[/math] megoldás nem érdekel minket, tehát [math]c_2 = 0[/math].

[math]X'(5) = -c_1\frac{b}{3} \sin{\frac{b}{3}5} = 0[/math]

Az X azonosan nulla megoldás megint nem érdekel minket, így:

[math]\frac{5}{3}b = k\pi[/math]

[math]b = \frac{3}{5}k\pi[/math]

Most oldjuk meg a T-re vonatkozó diff-egyenletet

[math]\frac{\dot{T}(t)}{T(t)} = -( \frac{3}{5}k\pi)^2[/math]

[math]\lambda = -( \frac{3}{5}k\pi)^2[/math]

[math]T_k(t) = d_k e^{-( \frac{3}{5}k\pi)^2 t}[/math]

Írjuk fel [math]U_k(x, t)[/math]-t!

[math]U_k(x, t) = D_k \cos{\frac{1}{5}k\pi x} \cdot e^{-( \frac{3}{5}k\pi)^2 t} [/math]

Majd pedig az ebből generált sort:

[math]U(x, t) = \sum_{k=0}^\infty D_k \cos{\frac{1}{5}k\pi x} \cdot e^{-( \frac{3}{5}k\pi)^2 t} [/math]

[math]U(x, 0) = \sum_{k=0}^\infty D_k \cos{\frac{1}{5}k\pi x} = 12\cos\frac{3\pi}{5}x[/math]

[math]A_3 = 12[/math], minden más [math]A_i[/math] pedig nulla.

Vagyis:

[math]U(x, t) = 12 \cos{\frac{3}{5}\pi x} \cdot e^{-( \frac{9}{5}\pi)^2 t}[/math].

Parcdiff egyenletek (véges differenciák)

1) [2015ZH2] Véges differenciák segítségével, [math]h=\frac{1}{2}[/math] felosztás mellett adjuk meg az [math]u_{1,2}[/math] értékét, ha

[math]\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}[/math]

[math]u(0, t) = 3,~ u(3, t) = 0,~u(x,0)=3-x,~\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = 0[/math]

Megoldás:

• Írjuk fel a diffegyenletet véges differenciákkal:

Magyarázat:

• Írjuk fel a differál-egyenletet differa-egyenlet formában!

[math]lim_{\Delta \to 0}\frac{\frac{u(x+\Delta, y) - u(x, y)}{\Delta} - \frac{u(x, y) - u(x-\Delta, y)}{\Delta}}{\Delta} = lim_{\Delta \to 0}\frac{\frac{u(x, y+\Delta) - u(x, y)}{\Delta} - \frac{u(x, y) - u(x, y-\Delta)}{\Delta}}{\Delta}[/math]

• Közös nevezőre hozva:

[math]lim_{\Delta \to 0}\frac{u(x+\Delta, y) - 2u(x, y) + u(x-\Delta, y)}{\Delta^2} = lim_{\Delta \to 0}\frac{u(x, y+\Delta) - 2u(x, y) + u(x, y-\Delta)}{\Delta^2}[/math]

• Na most felejtsük, hogy delta nullához tart, és válasszunk ki egy megfelelően kicsi értéket vízszintes (h) és függőleges (k) irányban. A folytonos függvény helyett pedig használjuk egy ilyen lépésközönként mintavételezett diszkrét függvényt, ahol [math]u_{i,j}[/math] jeletése [math]u(i \cdot h, j \cdot h)[/math].

[math]\frac{u_{i+1,j} - 2u_{i,j} + u_{i-1,j}}{h^2} = \frac{u_{i,j+1} - 2u_{i,j} + u_{i,j-1}}{k^2}[/math]

• Válasszuk meg a feladatban adott h értékhez a k értékét, hogy az egyenletből a lehető legtöbb tag kiessen (jelen esetben a [math]h = k = \frac{1}{2}[/math] választás célszerű).

[math]u_{i+1,j} - 2u_{i,j} + u_{i-1,j} = u_{i,j+1} - 2u_{i,j} + u_{i,j-1}[/math]

• Fejezzük ki [math]u_{i,j+1}[/math]-et az egyenletből.

[math]u_{i,j+1} = u_{i+1,j} + u_{i-1,j} - u_{i,j-1}[/math]

• Ennek a képletnek a rekurzív alkalmazásával el tudunk jutni a peremfeltételtől az u_{1,2} értékig.

[math]u_{1,2} = u_{2,1} + u_{0, 1} - u_{1, 0}[/math]

• Innen az [math]u_{0, 1}[/math] és a [math]u_{1, 0}[/math] ismert a peremfeltétel alapján, de az [math]u_{2,1}[/math]-ért még számolnunk kell.

[math]u_{2,1} = u_{3,0} + u_{1, 0} - u_{2, -1}[/math]

• Az [math]u_{2, -1}[/math]-hez a nullában vett t szerinti deriváltra vonatkozó feltételt kell használni:

[math]\frac{u_{2, 0} - u_{2, -1}}{k} = 0[/math]

• Vagyis:

[math]u_{2, -1} = u_{2, 0}[/math]

• A kért pont tehát kiszámolható az alábbi peremen található értékekből (papíron egyszerűbb felvenni egy négyzetrácsot az [math]u_{i,j}[/math] értékeknek, és mindenhova odaírni az adott értéket):

[math]u_{1,2} = (u_{3,0} + u_{1, 0} - u_{2, 0}) + u_{0, 1} - u_{1, 0} = (0 + 2 - 1) + 3 - 2 = 2[/math]

2) [2016ZH2] Vázoljuk fel az alábbi feladat megoldását véges differenciák módszerével, ha [math]x \in [0, 5], t \geq 0[/math], az x irányú távolság, h = 1. Mennyi lesz [math] u(2, \frac{1}{18})[/math]?

[math]\frac{\partial u}{\partial t} = 9\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}[/math]

[math]u(x, 0) = 12\cos\frac{3\pi}{5}x,~\frac{\partial u}{\partial x}(0, t) = ~\frac{\partial u}{\partial x}(5, t) = 0[/math]

Megoldás:

[math]\frac{u_{i,j+1} - u_{i,j}}{k} = 9 \frac{u_{i+1,j} - 2 u_{i,j} + u_{i-1,j}}{h^2}[/math]

Az egyszerű számolás miatt legyen [math]k = \frac{h^2}{18} = \frac{1}{18}[/math]

[math]18(u_{i,j+1} - u_{i,j}) = 9 (u_{i+1,j} - 2 u_{i,j} + u_{i-1,j})[/math]

[math]2 u_{i,j+1} = u_{i+1,j} + u_{i-1,j}[/math]

[math]u_{i,j+1} = \frac{u_{i+1,j} + u_{i-1,j}}{2}[/math]

Ez alapján a keresett érték:

[math]u(2, \frac{1}{18}) = \frac{u(1, 0) + u(3, 0)}{2} = 6 (\cos\frac{3\pi}{5} + \cos\frac{9\pi}{5})[/math]

Jordan normál-forma

1) [2016ZH2] Adjuk meg az [math]x = Bx + b[/math] egyenlet megoldását, ha [math]B = \frac{1}{6}\begin{bmatrix}3 & 1 & -2 \\ 0 & 4 & -2 \\ 0 & 1 & 1\end{bmatrix},~ b = \begin{bmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{bmatrix}.[/math]

Megoldás:

• Először meg kell határozni B sajátértékeit. Ezt a [math]det\left(B - \lambda I\right) = 0[/math] egyenlet megoldásaiként kapjuk meg. Most az [math]\frac{1}{6}[/math]-os szorzó miatt inkább számoljuk azzal, hogy [math]6 \cdot det\left(B - \lambda I\right) = det\left(6B - 6\lambda I\right) = det\left(6B - \lambda' I\right) = 0[/math]

[math]\begin{vmatrix}3 - \lambda' & 1 & -2 \\ 0 & 4 - \lambda' & -2 \\ 0 & 1 & 1 - \lambda'\end{vmatrix} = 0[/math]

• Fejtsük ki a determinánst az első oszlop szerint:

[math](3 - \lambda')((4 - \lambda')(1 - \lambda') + 2) = (3 - \lambda')(\lambda'^2 - 5\lambda + 6) = (3 - \lambda')(\lambda' - 3)(\lambda' - 2) = - (\lambda' - 3)^2(\lambda' - 2)[/math]

• Most határozzunk meg minden sajátértékhez egy sajátvektort (itt az [math]\frac{1}{6}[/math]-os szorzó nem számít, a sajátvektor csak konstans szorzó erejéig egyértelmű)
• Először a [math]\lambda' = 3[/math]-hoz keresünk két sajátvektort:

[math]\begin{bmatrix}3 - 3 & 1 & -2 \\ 0 & 4 - 3 & -2 \\ 0 & 1 & 1 - 3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\ y \\ z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & -2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\ y \\ z\end{bmatrix} = \underline{0}[/math]

• Mindhárom egyenletünk megegyezünk, az y legyen mondjuk 1, ekkor a z-nek -2-nek kell lennie, az x tetszőleges. Az x=0 és az x=1 két lineáris független sajátvektort ad.

[math]s_{-3, 1} = \begin{bmatrix}0 \\ 1 \\ -2\end{bmatrix},~s_{-3, 2} = \begin{bmatrix}1 \\ 1 \\ -2\end{bmatrix}[/math]

• Határozzuk meg a [math]\lambda' = 2[/math]-höz tartozó sajátvektort is:

[math]\begin{bmatrix}3 - 2 & 1 & -2 \\ 0 & 4 - 2 & -2 \\ 0 & 1 & 1 - 2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\ y \\ z\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 & 1 & -2 \\ 0 & 2 & -2 \\ 0 & 1 & -1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x \\ y \\ z\end{bmatrix} = \underline{0}[/math]

[math]y = z, ~x = -y+2z = z[/math]

• Tehát egy sajátvektor például:

[math]s_{-2} = \begin{bmatrix}1 \\ 1 \\ 1\end{bmatrix}[/math]

• A Jordan-normál forma (sajátértékek főátalóban, itt már számít a skalár szorzó) és a transzformációs mátrix (sajátvektorok alkotta mátrix):

[math]J = \begin{bmatrix} \frac{3}{6} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{3}{6} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{2}{6}\end{bmatrix},~T = \begin{bmatrix} s_{-3, 1} & s_{-3, 2} & s_{-2}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & -2 & 1\end{bmatrix}[/math]

• A végeredményt az alábbi alakban kapjuk majd meg: [math]u = T (\sum_{k=0}^\infty J^k) T^{-1} b[/math]. Ehhez viszont először invertálni kell T-t.

• Gauss-elimináljunk!

[math] \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ -2 & -2 & 1 & | & 0 & 0 & 1\end{bmatrix} =_{s_3 += 2 \cdot s_2} \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 & 2 & 1\end{bmatrix} =_{s_1 -= \cdot s_2} \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 & | & 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 & | & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 & 2 & 1\end{bmatrix} =_{s_2 += \cdot s_1 - s_3 / 3} \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 & | & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & -\frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 3 & | & 0 & 2 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & | & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & | & 1 & -\frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\ 0 & 0 & 1 & | & 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3}\end{bmatrix}[/math]

• Számoljuk ki [math]\sum_{k=0}^\infty J^k[/math]-t!

[math]\sum_{k=0}^\infty J^k = \begin{bmatrix} \sum_{k=0}^\infty(\frac{1}{2})^k & 0 & 0 \\ 0 & \sum_{k=0}^\infty(\frac{1}{2})^k & 0 \\ 0 & 0 & \sum_{k=0}^\infty(\frac{1}{3})^k\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} & 0 \\ 0 & 0 & \frac{1}{1 - \frac{1}{3}}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3}{2}\end{bmatrix}[/math]

• A végeredmény tehát (a mátrix szorzásokat már nem kell elvégezni):

[math]u = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ -2 & -2 & 1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3}{2}\end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 & 1 & 0 \\1 & -\frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\ 0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1 \\ 0 \\ 1\end{bmatrix}[/math]

Nem lineáris egyenletek numerikus megoldása

1) [2015ZH2] Keressük a [math]\sqrt{1 + coshx} - 2 = x[/math] egyenlet megoldását. Tudjuk, hogy a gyök a [4, 5] intervallumban van.

a) A gyökhöz milyen közel kell indítani a húrmódszert, hogy az eljárás konvergáljon?

b) Használható-e a [4, 5] intervallumon az iteráció?

Megoldás:

a) A húrmódszer konvergens ha [math]|I| \frac{|f''|}{2|f'|} \lt 1[/math] a tartomány összes pontján.

Ez megadja, hogy max mekkora lehet az intervallum hossza, hogy az algoritmus konvergáljon. Gyakorlatban azt szoktuk vizsgálni, hogy a számláló maximuma és a nevező minimuma esetén is teljesül-e a feltétel, ami egy szűkebb feltétel, de becslésnek jó.

Számoljuk ki a deriváltakat!

[math]|f'| = \left|(\sqrt{1 + coshx} - 2 - x)'\right| = \left|\frac{sinhx}{2\sqrt{1 + coshx}} - 1\right|[/math]

[math]|f''| = \left|\frac{coshx}{2(1 + coshx)^\frac{1}{2}} - \frac{sinh^2x}{4(1 + coshx)^\frac{3}{2}}\right| = \left|\frac{coshx(1 + coshx) - 2 \cdot sinh^2x}{4(1 + coshx)^\frac{3}{2}}\right| = \left|\frac{coshx - sinh^2x + (cosh^2x - sinh^2x)}{4(1 + coshx)^\frac{3}{2}}\right| \left|\frac{coshx - sinh^2x + 1}{4(1 + coshx)^\frac{3}{2}}\right|[/math]

Nézzük meg ezeknek a minimumát és maximumát (csak a tartomány szélei érdekesek, nincs lokális minimuma, tehát az x helyére mindenhova négyet vagy ötöt írunk)

[math]min_I|f'| \geq \left|\frac{sinh4}{2\sqrt{1 + cosh5}} - 1\right|[/math]

[math]max_I|f''| \leq \left|\frac{cosh4 - sinh^25 + 1}{4(1 + cosh4)^\frac{3}{2}}\right|[/math]

[math]I \lt \frac{2 \cdot min_I|f'|}{max_I|f''|} = \left| \frac{\frac{sinh4}{\sqrt{1 + cosh5}} - 2}{\frac{cosh4 - sinh^25 + 1}{4(1 + cosh4)^\frac{3}{2}}} \right|[/math]

b) Az iteráció konvergens ha [math]|g(x)'| \lt 1 [/math] a tartomány összes pontján.

[math]|g'(x)| = \left|(\sqrt{1 + coshx} - 2)'\right| = \left|\frac{sinhx}{2\sqrt{1 + coshx}}\right|[/math]

[math]min_I|g'(x)| \geq \left|\frac{sinh4}{2\sqrt{1 + cosh5}}\right| = \frac{e^4 - e^{-4}}{2 \sqrt(1 + e^5 + e^{-5})} \approx \frac{e^{1.5}}{2} \geq 1[/math]

Tehát a tartomány egyetlen pontjára se teljesül a konvergencia szükséges feltétele, azaz az iteráció nem konvergens.

2) [2016ZH2] Tekintsük az [math]e^x - 2 = x[/math] egyenletet az [1, 2] intervallumon! Megoldható-e iterációval az [1, 2] valamely részintervallumán? Ha igen, milyen rövid legyen? Megoldható-e húrmódszerrel az [1, 2] valamely részintervallumán? Ha igen, milyen rövid legyen?

Megoldás:

• Iteráció: [math]|g'(x)| = e^x \gt 1[/math], az [1, 2] intervallum összes pontján. Ebből következik, hogy az iteráció bármely részintervallumon divergens lesz, tehát nem használható.

• Húrmódszer:

[math]|I| \frac{max_I|f''|}{2 min_I|f'|} = |I| \frac{e^2}{2(e^1 - 1)} \lt 1[/math]

Vagyis az algoritmus konvergens, ha [math]|I| \lt 2\frac{e-1}{e^2} = 2(e^{-1} - e^{-2})[/math]

3) [2016PZH] Az [math]arsh 2x = x[/math] egyenlet esetében az intervallum felezés, vagy az iteráció a célravezetőbb az [1, 2] intervallumon? És a [2, 3]-n?

Megoldás:

Az intervallumfelezés esetén minden lépésben megfelezzük az intervallumot (meglepő mi? :D), szóval k lépés után a pontossága: [math]\frac{|I|}{2^k}[/math]

A iteráció esetében a pontosság [math]|g'(x)|[/math]-el szorzódik meg minden iteráció után. Ha ez kisebb, mint [math]\frac{1}{2}[/math], akkor ez a módszer gyorsabban konvergál, mint az intevallum felezés.

[math]|g'(x)| = \frac{2}{\sqrt{1 + (2x)^2}}[/math]

Az [1,2] tartományon ennek a maximuma [math]\frac{2}{\sqrt{3}}[/math] ami nagyobb, mint 1, ezért itt az iteráció még csak nem is konvergens. A [2, 3] tartományon a maximum [math]\frac{2}{\sqrt{17}} \approx 0.485[/math], tehát itt az iteráció gyorsabban konvergál.

4) [2016V1] Newton (érintő) módszerrel keressük a [math]f(x) = 0[/math] egyenlet megoldását. Adjuk meg [math]x_{k+1}[/math]-et [math]x_k[/math] és [math]f[/math] segítségével!
Legyen [math]f(x) = e^x - 1,~x\in[-a, a][/math]. Adjuk meg [math]a[/math]-t úgy, hogy a módszer konvergáljon!
Mi a konvergencia sebessége?

Megoldás:

[math]x_{k+1} = x_k - \frac{f(x_k)}{f'(x_k)}[/math]

A konvergencia feltétele: [math]|I| \left| \frac{f(x)f''(x)}{f'(x)^2} \right| \lt 1[/math] a tartomány összes pontján, illetve ezt közelíthetjük a számláló maximumával és nevező minimumával:

[math]2a \left| \frac{\max_I ((e^x - 1) e^x)}{\min_I (e^x)^2} \right| = 2a \frac{(e^a - 1) e^a}{\left(e^{-a}\right)^2} = 2a (e^a - 1) e^{3a} \lt 1[/math]

A konvergencia sebessége: [math]\epsilon_{k+1} \le \frac{|f''|}{2|f'|} \epsilon_k^2[/math], vagy egyszerűbb alakban: [math]d_k \le d_0^{2k}[/math]

Lagrange multiplikátor módszer

1) [2015ZH2] Keressük meg az [math]f(x, y, z) = xy^2z^3(x,y,z \gt 0)[/math] szélsőértékét az [math]g(x, y, z) = x + 2y + 3z - 6 = 0[/math] feltétel mellett! Vizsgáljuk meg a feltételes definitséget a kapott pontban!

Megoldás:

• Vezessük be az alábbi függvényt:

[math]F = f - \lambda g[/math]

• A szélsőérték akkor létezhet, ha az összes változó szerinti derviált nulla:

[math]\frac{\partial F}{\partial x} = y^2z^3 - \lambda = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial y} = 2xyz^3 - 2\lambda = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial z} = 3xy^2z^2 - 3\lambda = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial \lambda} = g = x + 2y + 3z - 6 = 0[/math]

Az első egyenlet 2x szeresét a második egyenlet y szorosával egyenlővé téve:

[math]2xy^2z^3 - 2 \lambda x = 2xy^2z^3 - 2\lambda y[/math]

[math]\lambda x = \lambda y[/math]

Azaz [math]\lambda = 0[/math] vagy [math]x = y[/math]

• [math]\lambda = 0[/math] eset: [math]x = y = z = \lambda = 0[/math] (ellentmondás: x, y, z pozitív a feladat szerint)

• [math]x = y[/math] eset:

Az második egyenlet 3y szeresét a harmadik egyenlet 2z szeresét egyenlővé téve: [math]6x^3z^3 - 6\lambda x = 6x^3z^3 - 6\lambda z[/math]

Vagyis (ismerve, hogy [math]\lambda \neq 0[/math]): [math]x = y = z = \lambda = 1[/math]

A definitséghez szükség van ebben a pontban a feltétel gradiensére: [math]grad(g) = \begin{bmatrix}1 & 2 & 3\end{bmatrix}[/math]

Illetve a gradiensre merőleges vektorok alakjára (skalárszorzat alapján: [math]\lt \begin{bmatrix}1 & 2 & 3\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}x & y & z\end{bmatrix}\gt = 0[/math])

[math]\begin{bmatrix}3x & 3y & -x-2y\end{bmatrix}[/math]

Ezen kívül még az F Hesse mátrixa is kelle fog ebben a pontban: [math]\left. \begin{bmatrix}{F_{xx}}'' & {F_{xy}}'' & {F_{xz}}'' \\ {F_{yx}}'' & {F_{yy}}'' & {F_{yz}}'' \\ {F_{zx}}'' & {F_{zy}}'' & {F_{zz}}''\end{bmatrix} \right|_{x=1,y=1,z=1} = \left. \begin{bmatrix}0 & 2yz^3 & 3y^2z^2 \\ 2yz^3 & 2xz^3 & 6xyz^2 \\ 3y^2z^2 & 6xyz^2 & 6xy^2z \end{bmatrix}\right|_{x=1,y=1,z=1} = \begin{bmatrix}0 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 6 \\ 3 & 6 & 6 \end{bmatrix}[/math]

A definitséghez szorozzuk meg a Hesse mátrixot a gradiensre merőleges vektorokkal mindkét oldalról: [math]\begin{bmatrix}3x & 3y & -x-2y\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0 & 2 & 3 \\ 2 & 2 & 6 \\ 3 & 6 & 6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}3x \\ 3y \\ -x-2y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-3x & -6y & 3x + 6y\end{bmatrix} \begin{bmatrix}3x \\ 3y \\ -x-2y\end{bmatrix} = -9x - 18y^2 -3x^2 -6xy -6xy -12y^2 = -12x^2 -12xy - 30y^2 = -6 (x^2 + xy + 5y^2) [/math]

Ennek az előjele lehet pozitív és negatív is x és y értékétől függően, vagyis a mátrix indefinit, azaz itt nincs szélsőérték.

(Ha mindig pozitív lett volna, az minimum helyet jelölt volna, ha mindig negatív akkor maximum, ha mindig nulla, akkor pedig nyereg pont.)

2) [2016ZH2] Hol lehet feltételes szélsőértéke a [math]3x^2 + y^2 + z^2 - xy[/math] függvénynek az [math]x^2 + y^2 + z^2 = 1[/math] feltétel mellett? (+3 pontért: Az egyik lehetséges pontban nézzük meg, hogy van-e!)

Megoldás:

[math]F = 3x^2 + y^2 + z^2 - xy - \lambda(x^2 + y^2 + z^2 - 1)[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial x} = 6x - y - 2\lambda x = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial y} = 2y - x - 2\lambda y = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial z} = 2z - 2\lambda z = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial \lambda} = x^2 + y^2 + z^2 - 1 = 0[/math]

A harmadik egyenletből: [math](1 - \lambda)z = 0[/math]

Azaz [math]\lambda = 1[/math] vagy [math]z = 0[/math]

• [math]\lambda = 1[/math] eset: [math]x = y = 0[/math], [math]z = \lambda = 1[/math]
• [math]z = 0[/math] eset:

Az első egyenletből: [math]y = (6-2\lambda)x[/math]

Az második egyenletből egyenletből:

[math]2(6-2\lambda)x - x - 2\lambda (6-2\lambda)x = 0[/math]

[math](4 \lambda^2 - 16\lambda + 11)x = 0[/math] (x = 0: ellentmondás)

[math]4 \lambda^2 - 16\lambda + 11 = 0[/math]

[math]\lambda_{1,2} = \frac{16 \pm \sqrt{80}}{8} = \frac{4 \pm \sqrt{5}}{2}[/math]

A negyedik egyenlet alapján: [math]x^2 + (2 \pm \sqrt{5})^2 x^2 = 1[/math]

Vagyis a megoldások (4 db):

[math]x = \pm \sqrt{\frac{1}{1 + (2 \pm \sqrt{5})^2}}, ~y= \pm(2 \pm \sqrt{5}) \sqrt{\frac{1}{1 + (2 \pm \sqrt{5})^2}},~z=0, \lambda = \frac{4 \pm \sqrt{5}}{2}[/math]

3) [2016PZH] Hol lehet feltételes szélsőértéke a [math]x^2 + y^2 + z^2 - 2xy -2xz[/math] függvénynek az [math]x^2 + y^2 + z^2 = 1[/math] feltétel mellett? Állapoítsuk meg a szélsőértékek jellegét!

Megoldás:

[math]F = x^2 + y^2 + z^2 - 2xy -2xz - \lambda (x^2 + y^2 + z^2 - 1)[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial x} = 2x - 2y -2z -2 \lambda x = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial y} = 2y - 2x - 2 \lambda y = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial y} = 2z - 2x - 2 \lambda z = 0[/math]

[math]\frac{\partial F}{\partial \lambda} = x^2 + y^2 + z^2 - 1 = 0[/math]

Vonjuk ki a második egyenletből a harmadikat:

[math](1 - \lambda)(y - z) = 0[/math]

Azaz [math]\lambda = 1[/math] vagy [math]y = z[/math]

• [math]\lambda = 1[/math]

A második és harmadik egyenlet is azt adja, hogy: [math]x = 0[/math]

Az első egyenlet alapján: [math]y = -z[/math]

Tehát a két megoldás (a negyedik egyenlet alapján): [math](0, \pm\sqrt{2}, \mp\sqrt{2}, 1)[/math]

• [math]y = z[/math] eset

[math](1 - \lambda) x - 2y = 0[/math]

[math](1 - \lambda) y - x = 0[/math]

[math]x^2 + 2y^2 = 1[/math]

A második egyenletből: [math]x = (1 -\lambda) y[/math]

Az első egyenletbe írva: [math](1 - \lambda)^2 y - 2y = 0[/math]

[math]-(\lambda^2 + 1)y = 0[/math]

Azaz [math]y = z = x = 0[/math], ellentmondás.

---

A szélsőértékek jellege:

[math]grad(g) = (2x, 2y, 2z)[/math]

Az adott pontokban: [math]grad(g) = (0, \pm 2 \sqrt{2}, \mp 2 \sqrt{2})[/math]

Az erre merőleges vektorok: [math](x, y, y)[/math]

A Hesse mátrix: [math]\left. \begin{bmatrix}{F_{xx}}'' & {F_{xy}}'' & {F_{xz}}'' \\ {F_{yx}}'' & {F_{yy}}'' & {F_{yz}}'' \\ {F_{zx}}'' & {F_{zy}}'' & {F_{zz}}''\end{bmatrix} \right|_{x=0,y=\pm\sqrt{2},z=\mp\sqrt{2},\lambda=1} = \left. \begin{bmatrix}2 - 2\lambda & 2 & 2 \\ 2 & 2 - 2\lambda & 0 \\ 2 & 0 & 2 - 2\lambda \end{bmatrix}\right|_{x=0,y=\pm\sqrt{2},z=\mp\sqrt{2},\lambda=1} = \begin{bmatrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{bmatrix}[/math]

A definitség: [math]\begin{bmatrix}x & y & y\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0 & 2 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x \\ y \\ y\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}4y & 2x & 2x\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x \\ y \\ y\end{bmatrix} = 16xy[/math]

Ez indefinit, itt nincs szélsőérték.

Variáció számítás

1) [2015ZH2] Keressük meg az [math]I(y)[/math] funkcionálhoz tartozó extremális y függvényt!

[math]I(y) = \int_{-1}^{2}y'^2 + x^3 - 2xydx[/math]

[math]y(-1) = \frac{1}{6},~y(2)=\frac{5}{3}[/math]

Megoldás:

Ez a feladattípus arról szól, hogy használjuk az Euler-Lagrange (EL) egyenletet: [math]\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{d}{d x}\frac{\partial f}{\partial y'} = 0[/math]

• Vegyük észre, hogy két különböző deriváltjel szerepel a képletben, és ezek mást jelentenek.
• A [math]\frac{\partial}{\partial x}[/math] azt jelenti, hogy csak az [math]x[/math]-et közvetlenül tartalmazó tagokat deriváljuk, de az [math]x[/math]-től függő [math]y(x)[/math] függvényt már konstansnak (független változónak) tekintjük a deriválás szempontjából.
  • [math]\frac{\partial x}{\partial x} = 1,~\frac{\partial y(x)}{\partial x} = 0,~\frac{\partial y'(x)}{\partial x} = 0[/math]
• A [math]\frac{d}{d x}[/math] esetében mindent deriválunk [math]x[/math] szerint, ami függ [math]x[/math]-től.
  • [math]\frac{d x}{d x} = 1,~\frac{d y(x)}{d x} = y'(x),~\frac{d y'(x)}{d x} = y''(x)[/math]

Az f függvény, amire alkalmazni kell az EL-t, az az integrál belseje: [math]f(x, y, y') = y'^2 + x^3 - 2xy[/math]. Ha lenne feltétel is, akkor ugyanúgy be kéne vezetni egy [math]F = f - \lambda g[/math] függvényt, és arra kéne megoldani az EL-t.

[math]\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{d}{d x}\frac{\partial f}{\partial y'} = -2x - \frac{d}{d x}2y' = -2x - 2y'' = 0[/math]

[math]y''(x) = -x[/math]

[math]y'(x) = -\frac{x^2}{2} + c[/math]

[math]y(x) = -\frac{x^3}{6} + cx + d[/math]

A kezdeti felételeket felhasználva:

[math]y(-1) = \frac{1}{6} - c + d = \frac{1}{6}[/math]

[math]c = d[/math]

[math]y(2) = -\frac{8}{6} + 2c + d = -\frac{4}{3} + 3c = \frac{5}{3}[/math]

[math]3c = \frac{9}{3} = 3[/math]

Tehát [math]c = 1,~d = 1[/math], azaz a megoldás:

[math]y(x) = -\frac{x^3}{6} + x + 1[/math].

2) [2015ZH2] Keressük meg az [math]I(y)[/math] funkcionálhoz tartozó extremális y függvényt!

[math]I(y) = \int_{-1}^{2}y'^3 + x^3 - 2xydx[/math]

[math]y(-1) = \frac{1}{6},~y(2)=\frac{5}{3}[/math]

Megoldás:

[math]\frac{\partial f}{\partial y} - \frac{d}{d x}\frac{\partial f}{\partial y'} = -2x - \frac{d}{d x}3y'^2 = -2x - 6y'y'' = 0[/math]

Vezessünk be egy [math]p = y' = \frac{dy}{dx}, ~p' = y'' = \frac{dp}{dx}[/math] változót, és erre oldjuk meg a differenciálegyenletet (ha az egyenletből az x hiányozna, akkor y szerinti deriválásra kéne áttérni).

[math]-x = 3 p \frac{dp}{dx}[/math]

[math]3 p~dp = -x~dx[/math]

[math]\frac{3}{2} p^2 = -\frac{x^2}{2} + c[/math]

Írjuk vissza az y'-t p helyére

[math]\left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = -\frac{x^2}{3} + c_2[/math]

[math]dy^2 = \left(-\frac{x^2}{3} + c_2\right)dx^2[/math]

[math]dy = \pm \left(\sqrt{\frac{1}{3}} \sqrt{-x^2 + c_3}\right) dx[/math]

Ez egy sokkal nehezebb integrál, mint ami ZH-kon elő szokott fordulni.

Amúgy elvileg megoldható [math]x = \sqrt{c_3} \sin u[/math] és [math]dx = \sqrt{c_3} \cos u\,du[/math] helyettesítéssel meg néhány trigonometrikus összefüggés felhasználásával, és ez lesz a eredménye:

[math]y = \pm \frac{1}{2\sqrt{3}} \left(x \sqrt{c_3 - x^2} + c_3 \arctan(\frac{x}{\sqrt{c_3 - x^2}}) \right) + d[/math]

A két kezdeti feltételt felhasználva ki lehet számolni a két konstans értékét ([math]c_3, d[/math]). De analitikusan ez még a Mathematica-nak sem sikerült. Persze lehet próbálkozni numerikus módszerekkel :p

Valami nagyon el van b*va ezzel a feladattal.

3) [2016V1] Keressük meg az extremális függvényt az [math]I(y) = \int_0^1 y(2-y') dx,~y(0) = 1,~ y(1) = 2[/math] operátorra vonatkozóan a [math]J(y) = \int_0^1 y'^2 = \frac{13}{3}[/math] feltétel mellett!

Megoldás:

[math]F = y(2-y') - \lambda y'^2[/math]

Erre alkalmazzuk az Euler-Lagrange egyenletet:

[math]2-y' - \frac{d}{dx}(-y - 2\lambda y') = 2-y' + y' + 2\lambda y'' = 2 + 2\lambda y'' = 0[/math]

[math]y'' = \frac{-1}{\lambda}[/math]

[math]\frac{dy'}{dx} = \frac{-1}{\lambda}[/math]

[math]\int dy' = \int \frac{-1}{\lambda} dx[/math]

[math]y' = \frac{-x}{\lambda} + c_1[/math]

[math]\frac{dy}{dx} = \frac{-x}{\lambda} + c_1[/math]

[math]\int dy = \int \frac{-x}{\lambda} + c_1 dx[/math]

[math]y = \frac{-x^2}{2 \lambda} + c_1 x + c_2[/math]

Használjuk fel a kezdeti feltételeket!

[math]y(0) = c_2 = 1[/math]

[math]y(1) = \frac{-1}{2 \lambda} + c_1 + 1 = 2[/math]

[math]c1 = 1 + \frac{1}{2 \lambda}[/math]

A [math]\lambda[/math]-hoz ki kell számolni J(y)-t.

[math]y = \frac{-x^2}{2 \lambda} + x + \frac{x}{2 \lambda} + 1[/math]

[math]y' = \frac{-x}{\lambda} + 1 + \frac{1}{2 \lambda}[/math]

[math]y'^2 = \frac{x^2}{\lambda^2} - \frac{2x}{\lambda} + 1 - \frac{2x}{2\lambda^2} + \frac{2}{2\lambda} + \frac{1}{4 \lambda^2} = \frac{1}{\lambda^2} \left( x^2 - 2x\lambda + \lambda^2 - x + \lambda + \frac{1}{4} \right)[/math]

[math]\int_0^1 y'^2 = \frac{1}{\lambda^2} \left[ \frac{x^3}{3} - \lambda x^2 + \lambda^2 x - \frac{x^2}{2} + \lambda x + \frac{x}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{\lambda^2} \left( \frac{1}{3} - \lambda + \lambda^2 - \frac{1}{2} + \lambda + \frac{1}{4} \right) = 1 + \frac{1}{12\lambda^2} = \frac{13}{3}[/math]

[math]\lambda^2 = \frac{3}{120} = \frac{1}{40}[/math]

[math]\lambda = \pm \frac{1}{\sqrt{40}}[/math]

Visszaírva y-ba:

[math]y(x) = \mp \sqrt{10} x^2 + (1\pm\sqrt{10}) x + 1[/math]