Analízis (MSc) típusfeladatok

Az Analízis (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

$\dot{x}(t)=2y(t)-x(t)+1$

$\dot{y}(t)=3y(t)-2x(t)$

$x(0)=0,y(0)=1$

Megoldás:

• Vegyük mindkét egyenlet Laplace trafóját ($X:={ℒ}(x),Y:={ℒ}(y)$):

$sX-x(0)=2Y-X+\frac{1}{s}$

$sY-y(0)=3Y-2X$

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

$(s+1)X+(-2)Y=\frac{1}{s}$

$(2)X+(s-3)Y=1$

• Mátrixos alakra hozva:

$\left[\begin{array}{cc}s+1& -2\\ 2& s-3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\frac{1}{s}\\ 1\end{array}\right]$

• 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):

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

• Az inverz laplacehoz bontsuk parciális törtekre:

$\frac{A}{s}+\frac{B}{s-1}=\frac{A(s-1)+Bs}{s(s-1)}=\frac{3}{s(s-1)}$

• Együtthatókat összehasonlítva:

$A+B=0,-A=3$

• Ahonnan:

$A=-3,B=3$

• Vagyis $X(s)=\frac{-3}{s}+\frac{3}{s-1}$

• Tehát a táblázat alapján $x(t)=-3+3e^t$

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

$\ddot{x}(t)=2x(t)-3y(t)$

$\ddot{y}(t)=x(t)-2y(t)$

$x(0)=\dot{x}(0)=0,y(0)=0,\dot{y}(0)=1$

Megoldás:

• Vegyük mindkét egyenlet Laplace trafóját:

$s^{2}X-sx(0)-\dot{x}(0)=2X-3Y$

$s^{2}Y-sy(0)-\dot{y}(0)=X-2Y$

• Átrendezve és mátrixos alakra hozva:

$\left[\begin{array}{cc}{s}^2-2& 3\\ -1& s^2+2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right]$

• Megoldás X-re:

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

• Parc törtek:

$\frac{A}{s^2-1}+\frac{B}{s^2+1}=\frac{(A+B)s^2+(A-B)}{s^4-1}=\frac{-3}{s^4-1}$

• Ahonnan:

$A=-\frac{3}{2},B=\frac{3}{2}$

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

3) [2016ZH1] Transzformáljuk elsőrendűvé a $y^{″}+x{y}^{\prime }=x$ differenciálegyenlet Laplace transzformációval (Nem kell megoldani!)!

Megoldás:

• Számítsuk ki a tagok Laplace trafóját (x szerint):
  • ${{ℒ}}_x(y^{″})=s^{2}Y-sy(0)-y^{\prime }(0)$
  • ${{ℒ}}_x(x{y}^{\prime })={{ℒ}}_x(xf(x))=-({{ℒ}}_x(f(x)){)}^{\prime }=-({{ℒ}}_x(y^{\prime }){)}^{\prime }=-(sY(s)-y(0){)}^{\prime }=-(s^{\prime }Y(s)+s{Y}^{\prime }(s))=-Y-s{Y}^{\prime }$
  • ${{ℒ}}_x(x)=\frac{1}{s^2}$
• Tehát az egyenlet Laplace transzformáltja (elsőrendű Y-ban):

$s^{2}Y-sy(0)-y^{\prime }(0)+-Y-s{Y}^{\prime }=\frac{1}{s^2}$

Laplace trafó szabályok alkalmazása

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

$\underset{x\to 0+}{\lim }{f}^{\prime }(x)=?,\underset{x\to 0+}{\lim }{f}^{″}(x)=?,ha{ℒ}(f)=\frac{s^2-3s+1}{5s^4-4s^3+8}$

Megoldás:

• Számoljuk ki ${{ℒ}}^{\prime }(f)$-et!

${{ℒ}}^{\prime }(f)=s{ℒ}(f)-\underset{x\to 0+}{\lim }f(x)$

• Vegyük ennek az egyenletnek a végtelenben vett határértékét:
  • Egy Laplace trafó, és annak bármelyik deriváltja nullázhoz tart a végtelenben: $li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}{{ℒ}}^{\prime }(f)=0$
  • $li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}s{ℒ}(f)=li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}\frac{s(s^2-3s+1)}{5s^4-4s^3+8}=0$
• Tehát:

$0=0-f(0+)$

• Amiből:

$f(0+)=0$

• Csináljuk meg ugyanezt ${{ℒ}}^{″}(f)$-re!

${{ℒ}}^{″}(f)=s^2{ℒ}(f)-sf(0+)-f^{\prime }(0+)$

• Vagyis:

$0=\frac{1}{5}-0-f^{\prime }(0+)$

• Amiből:

$f^{\prime }(0+)=\frac{1}{5}$

• Végül csináljuk meg ugyanezt ${{ℒ}}^{‴}(f)$-re!

${{ℒ}}^{‴}(f)=s^3{ℒ}(f)-s^{2}f(0+)-s{f}^{\prime }(0+)-f^{″}(0+)$

• Itt a határérték picit bonyolultabb:

$0=li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}(\frac{s}{5}-0-\frac{s}{5}-f^{″}(0+))$

• Amiből:

$li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}(f^{″}(0+))=f^{″}(0+)=0$

2) [2016V2] Számítsuk ki az alábbi integrált: $\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{\cos t-e^{-t}}{t}dt$

Megoldás:

Laplace tulajdonságok miatt $\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{f(t)}{t}dt=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{ℒ}(f)(s)ds$.

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

$\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{ℒ}(f)ds=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{s}{s^2+1}-\frac{1}{s+1}ds=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{2}\frac{2s}{s^2+1}-\frac{1}{s+1}=$

${[\frac{1}{2}\ln |s^2+1|-\ln |s+1|]}_0^{\mathrm{\infty }}={[\ln \sqrt{|s^2+1|}-\ln |s+1|]}_0^{\mathrm{\infty }}={[\ln \frac{\sqrt{|s^2+1|}}{|s+1}]}_0^{\mathrm{\infty }}=\ln 1-\ln 1=0$

Fourier diff-egyenlet

1) [2015ZH1] Oldjuk meg Fourier transzformáció segítségével! $y^{\prime }(x)-4y(x)=8$

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: $Y={ℱ}(y)$)!:

$isY-4Y=8\sqrt{2\pi }\delta (s)$

• Átrendezve:

$-i(s+4i)Y=8\sqrt{2\pi }\delta (s)$

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

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

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

$\frac{8\sqrt{2\pi }\delta (s)}{is-4}(\phi )=\delta (s)\frac{8\sqrt{2\pi }}{is-4}(\phi )=\delta (s)(\frac{8\sqrt{2\pi }}{is-4}\phi )=\frac{8\sqrt{2\pi }}{i0-4}\phi (0)=-2\sqrt{2\pi }\delta (s)$

• Vagyis:

$Y=c\cdot \delta (s+4i)+-2\sqrt{2\pi }\delta (s)$

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

$y(t)=c{e}^{4t}-2$

2) [2016ZH1] Transzformáljuk elsőrendűvé a $y^{″}+x{y}^{\prime }=x$ differenciálegyenlet Fourier transzformációval (Nem kell megoldani!)!

Megoldás:

• Számítsuk ki az egyenlet tagjainak Fourier trafóját (x szerint):
  • ${{ℱ}}_x(y^{″})=i^2{s}^2\hat{y}=-s^2\hat{y}$
  • ${{ℱ}}_x(x{y}^{\prime })=\frac{{{ℱ}}_x(y^{\prime }{)}^{\prime }}{-i}=i{{ℱ}}_x(y^{\prime }{)}^{\prime }=i(is\hat{y}{)}^{\prime }=-(s\hat{y}{)}^{\prime }=-\hat{y}-s{\hat{y}}^{\prime }$
  • ${{ℱ}}_x(x)=\sqrt{2\pi }i{\delta }^{\prime }(s)$
• Vagyis az egyenlet Fourier trafója (elsőrendű diff-egyenlet $\hat{y}$-ra):

$-s^2\hat{y}+-\hat{y}-s{\hat{y}}^{\prime }=\sqrt{2\pi }i{\delta }^{\prime }(s)$

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

$\frac{{\partial }^{2}u}{{\partial }^{2}x}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$

$u(x,0)=1,x\in {ℛ},y\ge 0$

Megoldás:

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

$\hat{u}(s,y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}u(x,y)e^{-ixs}dx$

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

$-s^2\hat{u}(s,y)+\frac{{\partial }^2}{\partial y^2}\hat{u}(s,y)=0$

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

${{\hat{u}}_s}^{″}(y)-s^2{\hat{u}}_s(y)=0$

${\lambda }^2=s^2$

${\hat{u}}_s(y)=c_1(s)e^{|s|y}+c_2(s)e^{-|s|y}$

Tudjuk, hogy ez a kifejezés $s\to \mathrm{\infty }$-ben nullához tart, mert egy Fourier trafó:

$li{m}_{s\to \mathrm{\infty }}{c}_1(s)e^{|s|y}+c_2(s)e^{-|s|y}=0$

Ami, tekintve, hogy $y\ge 0$, csak akkor teljesülhet, ha $c_1(s)=0$.

Tehát:

${\hat{u}}_s(y)=c_2(s)e^{-|s|y}$

A kezdeti feltétel Fourier trafója:

$\hat{u}(0)=\sqrt{2\pi }\delta (s)$

A két egyenletet összevetve:

$c_2(s)=\sqrt{2\pi }\delta (s)$

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

$u(x,y)$-hoz vegyük ennek az x szerinti inverz Fourier trafóját:

$\hat{u}(s,y)={ℱ}(1)\cdot e^{-|s|y}$

$u(x,y)=1*{{ℱ}}^{-1}(e^{-|s|y})$

${{ℱ}}^{-1}(e^{-|s|y})=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{y}{x^2+y^2}$

$u(x,y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}1\cdot \sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{y}{{\xi }^2+y^2}d\xi$

$u(x,y)=\frac{y}{\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{{\xi }^2+y^2}d\xi$

$u(x,y)=\frac{1}{y\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{(\frac{\xi }{y}{)}^2+1}d\xi$

Vezessük be a $z=\frac{\xi }{y},d\xi =ydz$ változót:

$u(x,y)=\frac{1}{y\pi }\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{z^2+1}ydz$

$u(x,y)=\frac{y}{y\pi }{\left[arctgz\right]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$

$u(x,y)=\frac{1}{\pi }(\frac{\pi }{2}-(-\frac{\pi }{2}))=\frac{\pi }{\pi }=1$

Fourier trafó szabályok alkalmazása

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

Megoldás:

Vezessük be a $g(x)=e^{-x}H(x)$ jelölést!

${ℱ}(f(x))=3{ℱ}(x\cdot g(x))=3\cdot \frac{{ℱ}(g(x){)}^{\prime }}{-i}=3i\cdot (\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{1+iy}{)}^{\prime }=3i\cdot (-1)\cdot i\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{(1+iy{)}^2}=3\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{(1+iy{)}^2}$

Disztribúciók

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

Megoldás:

• Nézzük meg, hogy egy $\phi$ függvényre hogyan viselkedik a feladatban szereplő disztribúció!

$(e^{3x-2}{\delta }^{\prime }(x))(\phi )={\delta }^{\prime }(x)(e^{3x-2}\phi )=-\delta (x)(e^{3x-2}\phi {)}^{\prime }=-\delta (x)(3\cdot e^{3x-2}\phi +e^{3x-2}{\phi }^{\prime })=-3e^{-2}\phi (0)-e^{-2}{\phi }^{\prime }(0)=(-3e^{-2}\delta (x)+e^{-2}{\delta }^{\prime }(x))(\phi )$

• Vagyis:

$e^{3x-2}{\delta }^{\prime }(x)=-3e^{-2}\delta (x)+e^{-2}{\delta }^{\prime }(x)$

2) [2016ZH1] Számítsuk ki a $T=e^{-x^2}$ reguláris disztribúcuó és a ${\delta }^{\prime }$ disztribúció konvolúciójának hatását a $\psi (x)=x^2$ függvényre: $(T*{\delta }^{\prime })x^2=?$

Megoldás:

• Elődáson volt, hogy $(T*{\delta }^{\prime })=T^{\prime }$
  • $(T*{\delta }^{\prime })\phi (x+y)=T_x(\delta {\text{'}}_y(\phi (x+y)))=T_x(-{\delta }_y({\phi }^{\prime }(x+y)))=T_x(-{\phi }^{\prime }(x))={T_x}^{\prime }(\phi (x))$
• Ezt felasználva alkalmazzuk a $T^{\prime }$ disztribúciót a $\psi$ függvényre:

$<(e^{-x^2}{)}^{\prime },(x^2)>=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(e^{-x^2}{)}^{\prime }(x^2)dx=[e^{-x^2}(x^2){]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-x^2}2x=0-[e^{-x^2}{]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}=0$

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

Megoldás:

$f=c\cdot \delta (x-3)$

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

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

Megoldás:

$e^{3x}{\delta }^{″}(x-2)(\phi )={\delta }^{″}(x-2)(e^{3x}\phi )=\delta (x-2)((e^{3x}\phi {)}^{″})=\delta (x-2)((3e^{3x}\phi +e^{3x}{\phi }^{\prime }{)}^{\prime })=$

$=\delta (x-2)(9e^{3x}\phi +6e^{3x}{\phi }^{\prime }+e^{3x}{\phi }^{″})=9e^6\phi (2)+6e^6{\phi }^{\prime }(2)+e^6{\phi }^{″}(2)=(9e^6\delta (x-2)-6e^6{\delta }^{\prime }(x-2)+e^6{\delta }^{″}(x-2))(\phi )$

5) [2016PZH] Legyen u az $f(x)=x-3$ által generált reguláris disztribúció, $\psi (x)=e^{-x^2}$. Számítsuk ki $({\sigma }_2{\tau }_3{\delta }^{\prime }*u)\psi$-t!

Megoldás:

• Először szabaduljunk meg a konvulúciótól:

$({\sigma }_2{\tau }_3{\delta }^{\prime }*u)=(u*{\sigma }_2{\tau }_3{\delta }^{\prime })\phi (x+y)=u_x({\sigma }_2{\tau }_3\delta {\text{'}}_y(\phi (x+y)))=u_x(-{\sigma }_2{\tau }_3{\delta }_y({\phi }^{\prime }(x+y)))=u_x(-{\delta }_y({\phi }^{\prime }(2(x+y-3))))=u_x(-{\phi }^{\prime }(2(x-3)))={u_x}^{\prime }({\sigma }_2{\tau }_3(\phi (x)))$

• Az ${u_x}^{\prime }=1$, ezt bármilyen függvényre alkalmazva visszakapjuk az eredeti függvény (a sima zárójeles jelölés a disztribúció használatára itt nagyon félreérthető):

${u_x}^{\prime }({\sigma }_2{\tau }_3(\phi (x)))=<1,{\sigma }_2{\tau }_3\phi (x)>$

• Majd értékeljük ki a disztribúciót a $\phi =e^{-x^2}$ függvényen:

$<1,{\sigma }_2{\tau }_3{e}^{-x^2}>=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-(2x-6{)}^2}dx=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-u^2}\frac{1}{2}du=\frac{\sqrt{\pi }}{2}$

Zoli megoldása:

$(u*{\sigma }_2{\tau }_3{\delta }^{\prime })\phi =(u*{\delta }^{\prime }(2x-6))\phi =u(x)({\delta }^{\prime }(2y-6)\phi (x+y))=$

$=u(x)(-\frac{\delta (2y-6)}{4}{\phi }^{\prime }(x+y))=u(x)\frac{-{\phi }^{\prime }(x+3)}{4}=u^{\prime }(x)\frac{\phi (x+3)}{4}=\frac{1}{4}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}1\cdot e^{-(x+3{)}^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{4}$

Wavelet trafók

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

---

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

a) Legyen $f(x)=e^{-|x|}$. ${ℱ}(W_{\psi }{f}_a(b))=?$

b) Legyen $g(x)=x^2$. Tudjuk, hogy $\underset{R}{\int }{e}^{-x^2/2}dx=\sqrt{2\pi }.W_{\psi }{g}_a(b)=?$

Megoldás:

a) A wavelet Fourier trafóját közvetlenül megkaphatjuk a wavelet kiértékelése nélkül: ${ℱ}(W_{\psi }{f}_a(b))=\sqrt{|a|}\cdot \sqrt{2\pi }\hat{f}(y)\cdot \overline{\hat{\psi }(ay)}$

$\hat{f}(y)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{1+y^2}$

$\hat{\psi }(y)={ℱ}(e^{-x^2/2})-{ℱ}(x^2\cdot e^{-x^2/2})={ℱ}(e^{-x^2/2})-\frac{{ℱ}(e^{-x^2/2}{)}^{″}}{(-i{)}^2}={ℱ}(e^{-x^2/2})+{ℱ}(e^{-x^2/2}{)}^{″}$

A táblázatban nincs benne, de közismert, hogy ${ℱ}(e^{-x^2/2})=e^{-y^2/2}$

$\hat{\psi }(y)=e^{-y^2/2}+(e^{-y^2/2}{)}^{″}=e^{-y^2/2}+(-y(e^{-y^2/2}){)}^{\prime }=e^{-y^2/2}-e^{-y^2/2}+y^2(e^{-y^2/2})=y^2(e^{-y^2/2})$

A táblázatból kiolvasott képletbe behelyettesítve:

${ℱ}(W_{\psi }{f}_a(b))=\sqrt{|a|}\cdot \sqrt{2\pi }\left(\sqrt{\frac{2}{\pi }}\frac{1}{1+y^2}\right)\cdot ((ay{)}^2(e^{-(ay{)}^2/2}))$

---

b) $W_{\psi }{g}_a(b)=<{\psi }_{a,b},g>=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(1-{\frac{x-b}{a}}^2)e^{-((x-b)/a{)}^2/2}{x}^{2}dx$

Helyettesítésel integrállal tegyük egyszerűbbé a fenti képletet: $u=\frac{x-b}{a},x=au+b,dx=a\cdot du$

$W_{\psi }{g}_a(b)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(1-u^2)e^{-u^2/2}(au+b{)}^{2}a\cdot du$

Használjuk ki, hogy korábban már kiszámoltuk, hogy $(e^{-u^2/2}{)}^{″}=-(1-u^2)e^{-u^2/2}$

$W_{\psi }{g}_a(b)=-a\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(e^{-u^2/2}{)}^{″}(au+b{)}^{2}du$

Amit kétszer parciálisan integrálva meg is kapjuk az eredményt:

$W_{\psi }{g}_a(b)=-a({[(e^{-u^2/2}{)}^{\prime }(au+b{)}^2]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(e^{-u^2/2}{)}^{\prime }2a\cdot (au+b)du)=2a^2\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(e^{-u^2/2}{)}^{\prime }\cdot (au+b)du=2a^2({[e^{-u^2/2}(au+b)]}_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}-\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{e}^{-u^2/2}\cdot adu)=-2a^3\sqrt{2\pi }$

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

a) Mutassuk meg, hogy $\psi (x)=-(\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}{)}^{\prime }$, ha $x\ge 0$

b) Mutassuk meg, hogy $\underset{R}{\int }{\psi }_n(x)dx=0$

c) $C_{{\psi }_n}=?$

Megoldás:

a) $-(\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}{)}^{\prime }=-n\frac{x^{n-1}}{n!}{e}^{-x}+\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}=x\frac{x^{n-1}}{n!}{e}^{-x}-n\frac{x^{n-1}}{n!}{e}^{-x}=\frac{x-n}{n!}{x}^{n-1}{e}^{-x}$

b) $\underset{R}{\int }{\psi }_n(x)dx=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}-(\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}{)}^{\prime }dx=-{\left[\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}=0$

c) $C_{{\psi }_n}=2\pi \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\left|\hat{\psi }\right|}^2}{|y|}dy$

Először számoljuk ki a wavelet Fourier trafóját (felhasználom, hogy ${ℱ}(-f^{\prime })=-iy{ℱ}(f),{ℱ}(x^{n}f)=i^n{ℱ}(f{)}^{(n)}$):

$\hat{\psi }={ℱ}(-(\frac{x^n}{n!}{e}^{-x}{)}^{\prime }\cdot H(x))=-\frac{iy}{n!}{ℱ}(x^n{e}^{-x}H(x))=-\frac{iy}{n!}{i}^n{ℱ}(e^{-x}H(x){)}^{(n)}=-\frac{iy}{n!}{i}^n{\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{1+iy}\right)}^{(n)}=$

$=-\frac{iy}{n!}{i}^n{i}^n(-1)(-2)\dots (-n)\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{(1+iy{)}^{n+1}}=-iy\frac{n!}{n!}(-1{)}^n(-1{)}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{(1+iy{)}^{n+1}}=-iy\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\frac{1}{(1+iy{)}^{n+1}}$

$C_{{\psi }_n}=2\pi \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{{\left|\hat{\psi }\right|}^2}{|y|}dy=2\pi \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{1}{2\pi }\frac{|y{|}^2}{|y|}\frac{1}{(1+y^2{)}^{n+1}}dy=\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2y}{(1+y^2{)}^{n+1}}dy=-\frac{1}{n}{\left[\frac{1}{(1+y^2{)}^n}\right]}_0^{\mathrm{\infty }}=-\frac{1}{n}(0-1)=\frac{1}{n}$

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

Megoldás:

$\hat{f}(x)=e^{-y^2/2}$

$\hat{\psi }(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi }}(-2iy)\frac{1}{(1+y^2{)}^2}$

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

Numerikus módszerek témakör

Parcdiff egyenletek (Fourier)

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

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=4\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$

$u(0,t)=u(3,t)=0,u(x,0)=sin\frac{4\pi }{3}x,\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=2\sin \frac{\pi }{3}x$

Megoldás:

• Az $U(x,t)$-t keressük szorzat alakban: $U(x,t)=X(x)T(T)$
• A diffegyenlet így átírva: $X(t)\ddot{T}(t)=4\cdot X^{″}(x)T(T)$
• Ez így már szeparálható:
  • Figyeljünk arra, hogy a deriváltak a számlálóban legyenek
  • A szeparálás utáni hányadosokról pedig tudjuk, hogy negatívak (innen jön a $-b^2$)

$4\cdot \frac{X^{″}(x)}{X(x)}=\frac{\ddot{T}(t)}{T(T)}=-b^2$

• Nézzük meg, hogy melyik változóra van feltételünk, aminek a jobb oldalán konstans szerepel.
  • Az első két féltétel átírva: $X(0)T(t)=X(3)T(t)=0$, minden t-re, vagyis $X(0)=X(3)=0$
  • 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:

$4\cdot \frac{X^{″}(x)}{X(x)}=-b^2$

$4\cdot X^{″}(x)+b^2\cdot X(x)=0$

• Írjuk fel a karakterisztikus függvényt!

$4\cdot {\lambda }^2+b^2=0$

${\lambda }^2=-\frac{b^2}{4}$

$\lambda =\pm i\frac{b}{2}$

• Vagyis a diff-egyenlet megoldása:

$X(x)=c_1\cos \frac{b}{2}x+c_2\sin \frac{b}{2}x$

• Vizsgáljuk meg a kezdeti feltételeket:

$X(0)=c_1\cos 0+c_2\sin 0=c_1=0$

$X(3)=c_2\sin \frac{b}{2}3=0$

Ami csak olyan egész k értékekre teljesülhet, amikre: $\frac{b}{2}3=k\pi ,b=\frac{2}{3}k\pi$

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

$\frac{\ddot{T}(t)}{T(t)}=-(\frac{2}{3}k\pi {)}^2$

${\lambda }^2=-(\frac{2}{3}k\pi {)}^2$

$\lambda =\pm \frac{2}{3}ik\pi$

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

$T_k(t)=a_k\cos \frac{2}{3}k\pi t+b_k\sin \frac{2}{3}k\pi t$

• Az $U(x,t)$-re vonatkozó k-tól függő egyenlet tehát:

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

• Vezessük be az $A_k=c_2\cdot a_k$ és $B_k=c_2\cdot b_k$ konstansokat!

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

• Az $U(x,t)$ pedig felírható az $U_k(x,t)$-k összegeként az összes k-ra.

$U(x,t)=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{U}_k(x,t)$

• A maradék két feltétel segítségével számoljuk ki az $A_k$ és $B_k$ konstansok értékeit.

$U(x,0)=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{A}_k\sin \frac{k}{3}\pi x\cos 0+B_k\sin \frac{k}{3}\pi x\sin 0=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{A}_k\sin \frac{k}{3}\pi x=sin\frac{4\pi }{3}x$

Amiből az együtthatók összehasonlításával megkapjuk, hogy $A_4=1$, minden más $A_i=0$, ha $i\ne 4$

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

$\frac{\partial U}{\partial t}(x,t)=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{A}_k\sin \frac{k}{3}\pi x\sin \frac{2k}{3}\pi t(-\frac{2k}{3}\pi )+B_k\sin \frac{k}{3}\pi x\cos \frac{2k}{3}\pi t(\frac{2k}{3}\pi )$

• A feltételbe beírva:

$\frac{\partial U}{\partial t}(x,0)=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{A}_k\sin \frac{k}{3}\pi x\sin 0(-\frac{2k}{3}\pi )+B_k\sin \frac{k}{3}\pi x\cos 0(\frac{2k}{3}\pi )=\sum _0^{\mathrm{\infty }}{B}_k\sin \frac{k}{3}\pi x(\frac{2k}{3}\pi )=2\sin \frac{\pi }{3}x$

Innen pedig: $B_1(\frac{2}{3}\pi )=2,B_1=\frac{2}{(\frac{2}{3}\pi )}=\frac{3}{\pi }$, minden más $B_i$ pedig nulla.

Vagyis a megoldás:

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

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

$\frac{\partial u}{\partial t}=9\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$

$u(x,0)=12\cos \frac{3\pi }{5}x,\frac{\partial u}{\partial x}(0,t)=\frac{\partial u}{\partial x}(5,t)=0$

Megoldás:

$X(x)\ddot{T}(t)=9X^{″}(x)T(t)$

$\frac{\ddot{T}(t)}{T(t)}=\frac{9X^{″}(x)}{X(x)}=-b^2$

Először oldjuk meg x-re: $\frac{9X^{″}(x)}{X(x)}=-b^2$

$9{\lambda }^2=-b^2$

$\lambda =\pm i\frac{b}{3}$

$X(x)=c_1\cos \frac{b}{3}x+c_2\sin \frac{b}{3}x$

$X^{\prime }(x)=-c_1\frac{b}{3}\sin \frac{b}{3}x+c_2\frac{b}{3}\cos \frac{b}{3}x$

$X^{\prime }(0)=c_2\frac{b}{3}=0$

A $b=0$-hoz tartozó $X(x)=0$ megoldás nem érdekel minket, tehát $c_2=0$.

$X^{\prime }(5)=-c_1\frac{b}{3}\sin \frac{b}{3}5=0$

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

$\frac{5}{3}b=k\pi$

$b=\frac{3}{5}k\pi$

Most oldjuk meg a T-re vonatkozó diff-egyenletet

$\frac{\dot{T}(t)}{T(t)}=-(\frac{3}{5}k\pi {)}^2$

$\lambda =-(\frac{3}{5}k\pi {)}^2$

$T_k(t)=d_k{e}^{-(\frac{3}{5}k\pi {)}^{2}t}$

Írjuk fel $U_k(x,t)$-t!

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

Majd pedig az ebből generált sort:

$U(x,t)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{D}_k\cos \frac{1}{5}k\pi x\cdot e^{-(\frac{3}{5}k\pi {)}^{2}t}$

$U(x,0)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{D}_k\cos \frac{1}{5}k\pi x=12\cos \frac{3\pi }{5}x$

$A_3=12$, minden más $A_i$ pedig nulla.

Vagyis:

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

Parcdiff egyenletek (véges differenciák)

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

$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}$

$u(0,t)=3,u(3,t)=0,u(x,0)=3-x,\frac{\partial u}{\partial t}(x,0)=0$

Megoldás:

• Írjuk fel a diffegyenletet véges differenciákkal:

Magyarázat:

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

$li{m}_{\mathrm{\Delta }\to 0}\frac{\frac{u(x+\mathrm{\Delta },y)-u(x,y)}{\mathrm{\Delta }}-\frac{u(x,y)-u(x-\mathrm{\Delta },y)}{\mathrm{\Delta }}}{\mathrm{\Delta }}=li{m}_{\mathrm{\Delta }\to 0}\frac{\frac{u(x,y+\mathrm{\Delta })-u(x,y)}{\mathrm{\Delta }}-\frac{u(x,y)-u(x,y-\mathrm{\Delta })}{\mathrm{\Delta }}}{\mathrm{\Delta }}$

• Közös nevezőre hozva:

$li{m}_{\mathrm{\Delta }\to 0}\frac{u(x+\mathrm{\Delta },y)-2u(x,y)+u(x-\mathrm{\Delta },y)}{{\mathrm{\Delta }}^2}=li{m}_{\mathrm{\Delta }\to 0}\frac{u(x,y+\mathrm{\Delta })-2u(x,y)+u(x,y-\mathrm{\Delta })}{{\mathrm{\Delta }}^2}$

• 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 $u_{i,j}$ jeletése $u(i\cdot h,j\cdot h)$.

$\frac{u_{i+1,j}-2u_{i,j}+u_{i-1,j}}{h^2}=\frac{u_{i,j+1}-2u_{i,j}+u_{i,j-1}}{k^2}$

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

$u_{i+1,j}-2u_{i,j}+u_{i-1,j}=u_{i,j+1}-2u_{i,j}+u_{i,j-1}$

• Fejezzük ki $u_{i,j+1}$-et az egyenletből.

$u_{i,j+1}=u_{i+1,j}+u_{i-1,j}-u_{i,j-1}$

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

$u_{1,2}=u_{2,1}+u_{0,1}-u_{1,0}$

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

$u_{2,1}=u_{3,0}+u_{1,0}-u_{2,-1}$

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

$\frac{u_{2,0}-u_{2,-1}}{k}=0$

• Vagyis:

$u_{2,-1}=u_{2,0}$

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

$u_{1,2}=(u_{3,0}+u_{1,0}-u_{2,0})+u_{0,1}-u_{1,0}=(0+2-1)+3-2=2$

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

$\frac{\partial u}{\partial t}=9\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$

$u(x,0)=12\cos \frac{3\pi }{5}x,\frac{\partial u}{\partial x}(0,t)=\frac{\partial u}{\partial x}(5,t)=0$

Megoldás:

$\frac{u_{i,j+1}-u_{i,j}}{k}=9\frac{u_{i+1,j}-2u_{i,j}+u_{i-1,j}}{h^2}$

Az egyszerű számolás miatt legyen $k=\frac{h^2}{18}=\frac{1}{18}$

$18(u_{i,j+1}-u_{i,j})=9(u_{i+1,j}-2u_{i,j}+u_{i-1,j})$

$2u_{i,j+1}=u_{i+1,j}+u_{i-1,j}$

$u_{i,j+1}=\frac{u_{i+1,j}+u_{i-1,j}}{2}$

Ez alapján a keresett érték:

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

Jordan normál-forma

1) [2016ZH2] Adjuk meg az $x=Bx+b$ egyenlet megoldását, ha $B=\frac{1}{6}\left[\begin{array}{ccc}3& 1& -2\\ 0& 4& -2\\ 0& 1& 1\end{array}\right],b=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right].$

Megoldás:

• Először meg kell határozni B sajátértékeit. Ezt a $det(B-\lambda I)=0$ egyenlet megoldásaiként kapjuk meg. Most az $\frac{1}{6}$-os szorzó miatt inkább számoljuk azzal, hogy $6\cdot det(B-\lambda I)=det(6B-6\lambda I)=det(6B-{\lambda }^{\prime }I)=0$

$\left|\begin{array}{ccc}3-{\lambda }^{\prime }& 1& -2\\ 0& 4-{\lambda }^{\prime }& -2\\ 0& 1& 1-{\lambda }^{\prime }\end{array}\right|=0$

• Fejtsük ki a determinánst az első oszlop szerint:

$(3-{\lambda }^{\prime })((4-{\lambda }^{\prime })(1-{\lambda }^{\prime })+2)=(3-{\lambda }^{\prime })(\lambda {\text{'}}^2-5\lambda +6)=(3-{\lambda }^{\prime })({\lambda }^{\prime }-3)({\lambda }^{\prime }-2)=-({\lambda }^{\prime }-3{)}^2({\lambda }^{\prime }-2)$

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

$\left[\begin{array}{ccc}3-3& 1& -2\\ 0& 4-3& -2\\ 0& 1& 1-3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& -2\\ 0& 1& -2\\ 0& 1& -2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\underset{\_}{0}$

• 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.

$s_{-3,1}=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ -2\end{array}\right],s_{-3,2}=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right]$

• Határozzuk meg a ${\lambda }^{\prime }=2$-höz tartozó sajátvektort is:

$\left[\begin{array}{ccc}3-2& 1& -2\\ 0& 4-2& -2\\ 0& 1& 1-2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& -2\\ 0& 2& -2\\ 0& 1& -1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right]=\underset{\_}{0}$

$y=z,x=-y+2z=z$

• Tehát egy sajátvektor például:

$s_{-2}=\left[\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right]$

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

$J=\left[\begin{array}{ccc}\frac{3}{6}& 0& 0\\ 0& \frac{3}{6}& 0\\ 0& 0& \frac{2}{6}\end{array}\right],T=\left[\begin{array}{ccc}{s}_{-3,1}& s_{-3,2}& s_{-2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ -2& -2& 1\end{array}\right]$

• A végeredményt az alábbi alakban kapjuk majd meg: $u=T(\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{J}^k)T^{-1}b$. Ehhez viszont először invertálni kell T-t.

• Gauss-elimináljunk!

$\left[\begin{array}{ccccccc}0& 1& 1& |& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& |& 0& 1& 0\\ -2& -2& 1& |& 0& 0& 1\end{array}\right]{=}_{s_3+=2\cdot s_2}\left[\begin{array}{ccccccc}0& 1& 1& |& 1& 0& 0\\ 1& 1& 1& |& 0& 1& 0\\ 0& 0& 3& |& 0& 2& 1\end{array}\right]{=}_{s_1-=\cdot s_2}\left[\begin{array}{ccccccc}-1& 0& 0& |& 1& -1& 0\\ 1& 1& 1& |& 0& 1& 0\\ 0& 0& 3& |& 0& 2& 1\end{array}\right]{=}_{s_2+=\cdot s_1-s_3/3}\left[\begin{array}{ccccccc}-1& 0& 0& |& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& |& 1& -\frac{2}{3}& -\frac{1}{3}\\ 0& 0& 3& |& 0& 2& 1\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccccc}1& 0& 0& |& -1& 1& 0\\ 0& 1& 0& |& 1& -\frac{2}{3}& -\frac{1}{3}\\ 0& 0& 1& |& 0& \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right]$

• Számoljuk ki $\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{J}^k$-t!

$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{J}^k=\left[\begin{array}{ccc}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{2}{)}^k& 0& 0\\ 0& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{2}{)}^k& 0\\ 0& 0& \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{3}{)}^k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}\frac{1}{1-\frac{1}{2}}& 0& 0\\ 0& \frac{1}{1-\frac{1}{2}}& 0\\ 0& 0& \frac{1}{1-\frac{1}{3}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& \frac{3}{2}\end{array}\right]$

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

$u=\left[\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ -2& -2& 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}2& 0& 0\\ 0& 2& 0\\ 0& 0& \frac{3}{2}\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}-1& 1& 0\\ 1& -\frac{2}{3}& -\frac{1}{3}\\ 0& \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right]$

Nem lineáris egyenletek numerikus megoldása

1) [2015ZH2] Keressük a $\sqrt{1+coshx}-2=x$ 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 $|I|\frac{|f^{″}|}{2|f^{\prime }|}<1$ 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!

$|f^{\prime }|=|(\sqrt{1+coshx}-2-x{)}^{\prime }|=|\frac{sinhx}{2\sqrt{1+coshx}}-1|$

$|f^{″}|=|\frac{coshx}{2(1+coshx{)}^{\frac{1}{2}}}-\frac{sin{h}^{2}x}{4(1+coshx{)}^{\frac{3}{2}}}|=\left|\frac{coshx(1+coshx)-2\cdot sin{h}^{2}x}{4(1+coshx{)}^{\frac{3}{2}}}\right|=\left|\frac{coshx-sin{h}^{2}x+(cos{h}^{2}x-sin{h}^{2}x)}{4(1+coshx{)}^{\frac{3}{2}}}\right|\left|\frac{coshx-sin{h}^{2}x+1}{4(1+coshx{)}^{\frac{3}{2}}}\right|$

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

$mi{n}_I|f^{\prime }|\ge |\frac{sinh4}{2\sqrt{1+cosh5}}-1|$

$ma{x}_I|f^{″}|\le \left|\frac{cosh4-sin{h}^{2}5+1}{4(1+cosh4{)}^{\frac{3}{2}}}\right|$

$I<\frac{2\cdot mi{n}_I|f^{\prime }|}{ma{x}_I|f^{″}|}=\left|\frac{\frac{sinh4}{\sqrt{1+cosh5}}-2}{\frac{cosh4-sin{h}^{2}5+1}{4(1+cosh4{)}^{\frac{3}{2}}}}\right|$

b) Az iteráció konvergens ha $|g(x{)}^{\prime }|<1$ a tartomány összes pontján.

$|g^{\prime }(x)|=|(\sqrt{1+coshx}-2{)}^{\prime }|=\left|\frac{sinhx}{2\sqrt{1+coshx}}\right|$

$mi{n}_I|g^{\prime }(x)|\ge \left|\frac{sinh4}{2\sqrt{1+cosh5}}\right|=\frac{e^4-e^{-4}}{2\sqrt{1+e^5+e^{-5}}}\approx \frac{e^{1.5}}{2}\ge 1$

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

2) [2016ZH2] Tekintsük az $e^x-2=x$ 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: $|g^{\prime }(x)|=e^x>1$, az [1, 2] intervallum összes pontján. Ebből következik, hogy az iteráció bármely részintervallumon divergens lesz, tehát nem használható.

• Húrmódszer:

$|I|\frac{ma{x}_I|f^{″}|}{2mi{n}_I|f^{\prime }|}=|I|\frac{e^2}{2(e^1-1)}<1$

Vagyis az algoritmus konvergens, ha $|I|<2\frac{e-1}{e^2}=2(e^{-1}-e^{-2})$

3) [2016PZH] Az $arsh2x=x$ 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: $\frac{|I|}{2^k}$

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

$|g^{\prime }(x)|=\frac{2}{\sqrt{1+(2x{)}^2}}$

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

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

Megoldás:

$x_{k+1}=x_k-\frac{f(x_k)}{f^{\prime }(x_k)}$

A konvergencia feltétele: $|I|\left|\frac{f(x)f^{″}(x)}{f^{\prime }(x{)}^2}\right|<1$ a tartomány összes pontján, illetve ezt közelíthetjük a számláló maximumával és nevező minimumával:

$2a\left|\frac{\underset{I}{\max }((e^x-1)e^x)}{\underset{I}{\min }(e^x{)}^2}\right|=2a\frac{(e^a-1)e^a}{{\left(e^{-a}\right)}^2}=2a(e^a-1)e^{3a}<1$

A konvergencia sebessége: ${ϵ}_{k+1}\le \frac{|f^{″}|}{2|f^{\prime }|}{ϵ}_k^2$, vagy egyszerűbb alakban: $d_k\le d_0^{2k}$

Lagrange multiplikátor módszer

1) [2015ZH2] Keressük meg az $f(x,y,z)=x{y}^2{z}^3(x,y,z>0)$ szélsőértékét az $g(x,y,z)=x+2y+3z-6=0$ feltétel mellett! Vizsgáljuk meg a feltételes definitséget a kapott pontban!

Megoldás:

• Vezessük be az alábbi függvényt:

$F=f-\lambda g$

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

$\frac{\partial F}{\partial x}=y^2{z}^3-\lambda =0$

$\frac{\partial F}{\partial y}=2xy{z}^3-2\lambda =0$

$\frac{\partial F}{\partial z}=3x{y}^2{z}^2-3\lambda =0$

$\frac{\partial F}{\partial \lambda }=g=x+2y+3z-6=0$

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

$2x{y}^2{z}^3-2\lambda x=2x{y}^2{z}^3-2\lambda y$

$\lambda x=\lambda y$

Azaz $\lambda =0$ vagy $x=y$

• $\lambda =0$ eset: $x=y=z=\lambda =0$ (ellentmondás: x, y, z pozitív a feladat szerint)

• $x=y$ eset:

Az második egyenlet 3y szeresét a harmadik egyenlet 2z szeresét egyenlővé téve: $6x^3{z}^3-6\lambda x=6x^3{z}^3-6\lambda z$

Vagyis (ismerve, hogy $\lambda \ne 0$): $x=y=z=\lambda =1$

A definitséghez szükség van ebben a pontban a feltétel gradiensére: $grad(g)=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\end{array}\right]$

Illetve a gradiensre merőleges vektorok alakjára (skalárszorzat alapján: $<\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}x& y& z\end{array}\right]>=0$)

$\left[\begin{array}{ccc}3x& 3y& -x-2y\end{array}\right]$

Ezen kívül még az F Hesse mátrixa is kelle fog ebben a pontban: ${\left[\begin{array}{ccc}{{F_{x^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{x^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{x^{″}z}}^{″}}^{″}\\ {{F_{y^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{y^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{y^{″}z}}^{″}}^{″}\\ {{F_{z^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{z^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{z^{″}z}}^{″}}^{″}\end{array}\right]|}_{x=1,y=1,z=1}={\left[\begin{array}{ccc}0& 2y{z}^3& 3y^2{z}^2\\ 2y{z}^3& 2x{z}^3& 6xy{z}^2\\ 3y^2{z}^2& 6xy{z}^2& 6x{y}^{2}z\end{array}\right]|}_{x=1,y=1,z=1}=\left[\begin{array}{ccc}0& 2& 3\\ 2& 2& 6\\ 3& 6& 6\end{array}\right]$

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

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 $3x^2+y^2+z^2-xy$ függvénynek az $x^2+y^2+z^2=1$ feltétel mellett? (+3 pontért: Az egyik lehetséges pontban nézzük meg, hogy van-e!)

Megoldás:

$F=3x^2+y^2+z^2-xy-\lambda (x^2+y^2+z^2-1)$

$\frac{\partial F}{\partial x}=6x-y-2\lambda x=0$

$\frac{\partial F}{\partial y}=2y-x-2\lambda y=0$

$\frac{\partial F}{\partial z}=2z-2\lambda z=0$

$\frac{\partial F}{\partial \lambda }=x^2+y^2+z^2-1=0$

A harmadik egyenletből: $(1-\lambda )z=0$

Azaz $\lambda =1$ vagy $z=0$

• $\lambda =1$ eset: $x=y=0$, $z=\lambda =1$
• $z=0$ eset:

Az első egyenletből: $y=(6-2\lambda )x$

Az második egyenletből egyenletből:

$2(6-2\lambda )x-x-2\lambda (6-2\lambda )x=0$

$(4{\lambda }^2-16\lambda +11)x=0$ (x = 0: ellentmondás)

$4{\lambda }^2-16\lambda +11=0$

${\lambda }_{1,2}=\frac{16\pm \sqrt{80}}{8}=\frac{4\pm \sqrt{5}}{2}$

A negyedik egyenlet alapján: $x^2+(2\pm \sqrt{5}{)}^2{x}^2=1$

Vagyis a megoldások (4 db):

$x=\pm \sqrt{\frac{1}{1+(2\pm \sqrt{5}{)}^2}},y=\pm (2\pm \sqrt{5})\sqrt{\frac{1}{1+(2\pm \sqrt{5}{)}^2}},z=0,\lambda =\frac{4\pm \sqrt{5}}{2}$

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

Megoldás:

$F=x^2+y^2+z^2-2xy-2xz-\lambda (x^2+y^2+z^2-1)$

$\frac{\partial F}{\partial x}=2x-2y-2z-2\lambda x=0$

$\frac{\partial F}{\partial y}=2y-2x-2\lambda y=0$

$\frac{\partial F}{\partial y}=2z-2x-2\lambda z=0$

$\frac{\partial F}{\partial \lambda }=x^2+y^2+z^2-1=0$

Vonjuk ki a második egyenletből a harmadikat:

$(1-\lambda )(y-z)=0$

Azaz $\lambda =1$ vagy $y=z$

• $\lambda =1$

A második és harmadik egyenlet is azt adja, hogy: $x=0$

Az első egyenlet alapján: $y=-z$

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

• $y=z$ eset

$(1-\lambda )x-2y=0$

$(1-\lambda )y-x=0$

$x^2+2y^2=1$

A második egyenletből: $x=(1-\lambda )y$

Az első egyenletbe írva: $(1-\lambda {)}^{2}y-2y=0$

$-({\lambda }^2+1)y=0$

Azaz $y=z=x=0$, ellentmondás.

---

A szélsőértékek jellege:

$grad(g)=(2x,2y,2z)$

Az adott pontokban: $grad(g)=(0,\pm 2\sqrt{2},\mp 2\sqrt{2})$

Az erre merőleges vektorok: $(x,y,y)$

A Hesse mátrix: ${\left[\begin{array}{ccc}{{F_{x^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{x^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{x^{″}z}}^{″}}^{″}\\ {{F_{y^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{y^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{y^{″}z}}^{″}}^{″}\\ {{F_{z^{″}x}}^{″}}^{″}& {{F_{z^{″}y}}^{″}}^{″}& {{F_{z^{″}z}}^{″}}^{″}\end{array}\right]|}_{x=0,y=\pm \sqrt{2},z=\mp \sqrt{2},\lambda =1}={\left[\begin{array}{ccc}2-2\lambda & 2& 2\\ 2& 2-2\lambda & 0\\ 2& 0& 2-2\lambda \end{array}\right]|}_{x=0,y=\pm \sqrt{2},z=\mp \sqrt{2},\lambda =1}=\left[\begin{array}{ccc}0& 2& 2\\ 2& 0& 0\\ 2& 0& 0\end{array}\right]$

A definitség: $\left[\begin{array}{ccc}x& y& y\end{array}\right]\left[\begin{array}{ccc}0& 2& 2\\ 2& 0& 0\\ 2& 0& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}4y& 2x& 2x\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\\ y\end{array}\right]=16xy$

Ez indefinit, itt nincs szélsőérték.

Variáció számítás

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

$I(y)=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}y{\text{'}}^2+x^3-2xydx$

$y(-1)=\frac{1}{6},y(2)=\frac{5}{3}$

Megoldás:

Ez a feladattípus arról szól, hogy használjuk az Euler-Lagrange (EL) egyenletet: $\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=0$

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

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

$\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=-2x-\frac{d}{dx}2y^{\prime }=-2x-2y^{″}=0$

$y^{″}(x)=-x$

$y^{\prime }(x)=-\frac{x^2}{2}+c$

$y(x)=-\frac{x^3}{6}+cx+d$

A kezdeti felételeket felhasználva:

$y(-1)=\frac{1}{6}-c+d=\frac{1}{6}$

$c=d$

$y(2)=-\frac{8}{6}+2c+d=-\frac{4}{3}+3c=\frac{5}{3}$

$3c=\frac{9}{3}=3$

Tehát $c=1,d=1$, azaz a megoldás:

$y(x)=-\frac{x^3}{6}+x+1$.

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

$I(y)=\underset{-1}{\overset{2}{\int }}y{\text{'}}^3+x^3-2xydx$

$y(-1)=\frac{1}{6},y(2)=\frac{5}{3}$

Megoldás:

$\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{d}{dx}\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=-2x-\frac{d}{dx}3y{\text{'}}^2=-2x-6y^{\prime }{y}^{″}=0$

Vezessünk be egy $p=y^{\prime }=\frac{dy}{dx},p^{\prime }=y^{″}=\frac{dp}{dx}$ változót, és erre oldjuk meg a differenciálegyenletet (ha az egyenletből az x hiányozna, akkor y szerinti deriválásra kéne áttérni).

$-x=3p\frac{dp}{dx}$

$3pdp=-xdx$

$\frac{3}{2}{p}^2=-\frac{x^2}{2}+c$

Írjuk vissza az y'-t p helyére

${\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2=-\frac{x^2}{3}+c_2$

$d{y}^2=(-\frac{x^2}{3}+c_2)d{x}^2$

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

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

Amúgy elvileg megoldható $x=\sqrt{c_3}\sin u$ és $dx=\sqrt{c_3}\cos udu$ helyettesítéssel meg néhány trigonometrikus összefüggés felhasználásával, és ez lesz a eredménye:

$y=\pm \frac{1}{2\sqrt{3}}(x\sqrt{c_3-x^2}+c_3\arctan (\frac{x}{\sqrt{c_3-x^2}}))+d$

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

Valami nagyon el van b*va ezzel a feladattal.

https://s-media-cache-ak0.pinimg.com/236x/55/08/4b/55084be16a6b92e2cdb97951f371f4df.jpg

3) [2016V1] Keressük meg az extremális függvényt az $I(y)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}y(2-y^{\prime })dx,y(0)=1,y(1)=2$ operátorra vonatkozóan a $J(y)=\underset{0}{\overset{1}{\int }}y{\text{'}}^2=\frac{13}{3}$ feltétel mellett!

Megoldás:

$F=y(2-y^{\prime })-\lambda y{\text{'}}^2$

Erre alkalmazzuk az Euler-Lagrange egyenletet:

$2-y^{\prime }-\frac{d}{dx}(-y-2\lambda y^{\prime })=2-y^{\prime }+y^{\prime }+2\lambda y^{″}=2+2\lambda y^{″}=0$

$y^{″}=\frac{-1}{\lambda }$

$\frac{d{y}^{\prime }}{dx}=\frac{-1}{\lambda }$

$\int d{y}^{\prime }=\int \frac{-1}{\lambda }dx$

$y^{\prime }=\frac{-x}{\lambda }+c_1$

$\frac{dy}{dx}=\frac{-x}{\lambda }+c_1$

$\int dy=\int \frac{-x}{\lambda }+c_{1}dx$

$y=\frac{-x^2}{2\lambda }+c_{1}x+c_2$

Használjuk fel a kezdeti feltételeket!

$y(0)=c_2=1$

$y(1)=\frac{-1}{2\lambda }+c_1+1=2$

$c1=1+\frac{1}{2\lambda }$

A $\lambda$-hoz ki kell számolni J(y)-t.

$y=\frac{-x^2}{2\lambda }+x+\frac{x}{2\lambda }+1$

$y^{\prime }=\frac{-x}{\lambda }+1+\frac{1}{2\lambda }$

$y{\text{'}}^2=\frac{x^2}{{\lambda }^2}-\frac{2x}{\lambda }+1-\frac{2x}{2{\lambda }^2}+\frac{2}{2\lambda }+\frac{1}{4{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }^2}(x^2-2x\lambda +{\lambda }^2-x+\lambda +\frac{1}{4})$

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}y{\text{'}}^2=\frac{1}{{\lambda }^2}{[\frac{x^3}{3}-\lambda x^2+{\lambda }^{2}x-\frac{x^2}{2}+\lambda x+\frac{x}{4}]}_0^1=\frac{1}{{\lambda }^2}(\frac{1}{3}-\lambda +{\lambda }^2-\frac{1}{2}+\lambda +\frac{1}{4})=1+\frac{1}{12{\lambda }^2}=\frac{13}{3}$

${\lambda }^2=\frac{3}{120}=\frac{1}{40}$

$\lambda =\pm \frac{1}{\sqrt{40}}$

Visszaírva y-ba:

$y(x)=\mp \sqrt{10}{x}^2+(1\pm \sqrt{10})x+1$