„Analízis (MSc) típusfeladatok” változatai közötti eltérés

(11 közbenső módosítás, amit 2 másik szerkesztő végzett, nincs mutatva)

1. sor:

Az [[Analízis ~~I. (MSc) | 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.

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 =

129. sor:

* Amiből:

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

}}

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

{{Rejtett

|mutatott=Megoldás:

|szöveg=

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>

}}

168. sor:

184. sor:

* 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>

}}

<big>3)</big> [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>

{{Rejtett

|mutatott=Megoldás:

|szöveg=

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> \lambda^2 = s^2 </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:

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>

}}

238. sor:

324. sor:

* 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))) = <1, \sigma_2\tau_3(\varphi(x)~~)> = <\sigma_2\tau_3\delta_x, \varphi~~></math>

<math> u_x'(\sigma_2\tau_3(\varphi(x))) = <1, \sigma_2\tau_3\varphi(x)></math>

* Majd értékeljük ki a disztribúciót a <math>\varphi = e^{-x^2}</math> függvényen:

<math><\sigma_2\tau_3~~\delta_x,~~ e^{-x^2}> = \int_{-\infty}^{\infty}~~\delta (2(x - 3))~~ e^{-x^2}dx = \~~left.~~ e^{-x^2} \~~right~~|_{x=3} = e^{-9}</math>

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

}}

{{Rejtett

|mutatott=Zoli megoldása:

|szöveg=

<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>

}}

639. sor:

733. sor:

<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>

<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.

646. sor:

740. sor:

<big>2)</big> [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?

{{Rejtett

655. sor:

748. sor:

* Húrmódszer:

Vagyis az algoritmus konvergens, ha <math>|I| < \frac{2e^4}{e^5}</math>

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

}}

673. sor:

766. sor:

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.

}}

<big>4)</big> [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?

{{Rejtett

|mutatott=Megoldás:

|szöveg=

A konvergencia feltétele: <math>|I| \left| \frac{f(x)f''(x)}{f'(x)^2} \right| < 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} < 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>

}}

925. sor:

1 035. sor:

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

}}

<big>3)</big> [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!

{{Rejtett

|mutatott=Megoldás:

|szöveg=

<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(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:

}}

@@ 1. sor: / 1. sor: @@
-Az [[Analízis I. (MSc) | 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.
+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 =
@@ 129. sor: / 129. sor: @@
 * Amiből:
 <math>lim_{s \to \infty}(f''(0+)) = f''(0+) = 0</math>
+}}
+<big>2)</big> <small>[2016V2]</small> Számítsuk ki az alábbi integrált: <math>\int_0^\infty \frac{\cos t-e^{-t}}{t} dt</math>
+{{Rejtett
+|mutatott=Megoldás:
+|szöveg=
+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>
 }}
@@ 168. sor: / 184. sor: @@
 * 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>
+}}
+<big>3)</big> <small>[2016V1]</small> 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>
+{{Rejtett
+|mutatott=Megoldás:
+|szöveg=
+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>
 }}
@@ 238. sor: / 324. sor: @@
 * 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))) = <1, \sigma_2\tau_3(\varphi(x))> = <\sigma_2\tau_3\delta_x, \varphi></math>
+<math> u_x'(\sigma_2\tau_3(\varphi(x))) = <1, \sigma_2\tau_3\varphi(x)></math>
 * Majd értékeljük ki a disztribúciót a <math>\varphi = e^{-x^2}</math> függvényen:
-<math><\sigma_2\tau_3\delta_x, e^{-x^2}> = \int_{-\infty}^{\infty}\delta (2(x - 3)) e^{-x^2}dx = \left. e^{-x^2} \right|_{x=3} = e^{-9}</math>
+<math><1, \sigma_2\tau_3 e^{-x^2}> = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(2x-6)^2}dx = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2}\frac{1}{2}du = \frac{\sqrt{\pi}}{2}</math>
+}}
+{{Rejtett
+|mutatott=Zoli megoldása:
+|szöveg=
+<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>
 }}
@@ 639. sor: / 733. sor: @@
 <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>
+<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.
@@ 646. sor: / 740. sor: @@
 <big>2)</big> <small>[2016ZH2]</small> 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?
 {{Rejtett
@@ 655. sor: / 748. sor: @@
 * Húrmódszer:
-<math>|I| \frac{max_I|f''|}{2 min_I|f'|} = |I| \frac{e^5}{2e^4} < 1</math>
+<math>|I| \frac{max_I|f''|}{2 min_I|f'|} = |I| \frac{e^2}{2(e^1 - 1)} < 1</math>
-Vagyis az algoritmus konvergens, ha <math>|I| < \frac{2e^4}{e^5}</math>
+Vagyis az algoritmus konvergens, ha <math>|I| < 2\frac{e-1}{e^2} = 2(e^{-1} - e^{-2})</math>
 }}
@@ 673. sor: / 766. sor: @@
 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.
+}}
+<big>4)</big> <small>[2016V1]</small> 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!<br>
+Legyen <math>f(x) = e^x - 1,~x\in[-a, a]</math>. Adjuk meg <math>a</math>-t úgy, hogy a módszer konvergáljon!<br>
+Mi a konvergencia sebessége?
+{{Rejtett
+|mutatott=Megoldás:
+|szöveg=
+<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| < 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} < 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>
 }}
@@ 925. sor: / 1 035. sor: @@
 https://s-media-cache-ak0.pinimg.com/236x/55/08/4b/55084be16a6b92e2cdb97951f371f4df.jpg
+}}
+<big>3)</big> <small>[2016V1]</small> 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!
+{{Rejtett
+|mutatott=Megoldás:
+|szöveg=
+<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>
 }}