Analízis (MSc) típusfeladatok

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 ($X:={\mathcal {L}}(x),~Y:={\mathcal {L}}(y)$):

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

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

• 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:

${\begin{bmatrix}s+1&-2\\2&s-3\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{s}}\\1\end{bmatrix}}$

• 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):

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

• 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:

${\begin{bmatrix}s^{2}-2&3\\-1&s^{2}+2\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}$

• Megoldás X-re:

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

• 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 $y''+xy'=x$ differenciálegyenlet Laplace transzformációval (Nem kell megoldani!)!

Megoldás:

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

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

Laplace trafó szabályok alkalmazása

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

$\lim _{x\to 0+}f'(x)=?,~\lim _{x\to 0+}f''(x)=?,ha~{\mathcal {L}}(f)={\frac {s^{2}-3s+1}{5s^{4}-4s^{3}+8}}$

Megoldás:

• Számoljuk ki ${\mathcal {L}}'(f)$-et!

${\mathcal {L}}'(f)=s{\mathcal {L}}(f)+\lim _{x\to 0+}f(x)$

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

$0=0+f(0+)$

• Amiből:

$f(0+)=0$

• Csináljuk meg ugyanezt ${\mathcal {L}}''(f)$-re!

${\mathcal {L}}''(f)=s^{2}{\mathcal {L}}(f)+sf(0+)+f'(0+)$

• Vagyis:

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

• Amiből:

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

• Végül csináljuk meg ugyanezt ${\mathcal {L}}'''(f)$-re!

${\mathcal {L}}'''(f)=s^{3}{\mathcal {L}}(f)+s^{2}f(0+)+sf'(0+)+f''(0+)$

• Itt a határérték picit bonyolultabb:

$0=lim_{s\to \infty }({\frac {s}{5}}+0-{\frac {s}{5}}+f''(0+))$

• Amiből:

$lim_{s\to \infty }(f''(0+))=f''(0+)=0$

Fourier diff-egyenlet

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

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: $Y={\mathcal {F}}(y)$)!:

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

• Átrendezve:

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

• Aminek a disztribúció értelemben vett megoldás Y-ra:
  • Ha $s+4i\neq 0$, 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):

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

• Vagyis:

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

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

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

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

Megoldás:

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

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

Fourier trafó szabályok alkalmazása

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

Megoldás:

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

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

Disztribúciók

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

Megoldás:

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

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

• Vagyis:

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

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

Megoldás:

• Elődáson volt, hogy $(T*\delta ')=T'$
  • $(T*\delta ')\varphi (x+y)=T_{x}(\delta '_{y}(\varphi (x+y)))=T_{x}(-\delta _{y}(\varphi '(x+y)))=T_{x}(-\varphi '(x))=T_{x}'(\varphi (x))$
• Ezt felasználva alkalmazzuk a $T'$ disztribúciót a $\psi$ függvényre:

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

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

Megoldás:

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

• Ha $x-3\neq 0$, akkor leoszthatunk vele, és azt kapjuk, hogy $f=0,~ha~x-3\neq 0$.
• Ha $x-3=0$, akkor $0\cdot f(3)=0$, vagyis $f(3)$ bármilyen konstans értéket felvehet, ezt jelöljük pl c-vel.
• Tehát ha $x\neq 3$, 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:

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

$=\delta (x-2)(9e^{3x}\varphi +6e^{3x}\varphi '+e^{3x}\varphi '')=9e^{6}\varphi (2)+6e^{6}\varphi '(2)+e^{6}\varphi ''(2)=(9e^{6}\delta (x-2)-6e^{6}\delta '(x-2)+e^{6}\delta ''(x-2))(\varphi )$

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

Megoldás:

• Először szabaduljunk meg a konvulúciótól:

$(\sigma _{2}\tau _{3}\delta '*u)=(u*\sigma _{2}\tau _{3}\delta ')\varphi (x+y)=u_{x}(\sigma _{2}\tau _{3}\delta '_{y}(\varphi (x+y)))=u_{x}(-\sigma _{2}\tau _{3}\delta _{y}(\varphi '(x+y)))=u_{x}(-\delta _{y}(\varphi '(2(x+y-3))))=u_{x}(-\varphi '(2(x-3)))=u_{x}'(\sigma _{2}\tau _{3}(\varphi (x)))$

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

$u_{x}'(\sigma _{2}\tau _{3}(\varphi (x)))=<1,\sigma _{2}\tau _{3}(\varphi (x))>=<\sigma _{2}\tau _{3}\delta _{x},\varphi >$

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

$<\sigma _{2}\tau _{3}\delta _{x},e^{-x^{2}}>=\int _{-\infty }^{\infty }\delta (2(x-3))3e^{-x^{2}}dx=\left.3e^{-x^{2}}\right|_{x=3}=3e^{-9}$

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

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

Megoldás:

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

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

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

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

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

A táblázatból kiolvasott képletbe behelyettesítve:

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

---

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

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

$W_{\psi }g_{a}(b)=\int _{-\infty }^{\infty }(1-u^{2})e^{-u^{2}/2}(au+b)^{2}a\cdot du$

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

$W_{\psi }g_{a}(b)=-a\int _{-\infty }^{\infty }(e^{-u^{2}/2})''(au+b)^{2}du$

Amit kétszer parciálisan integrálva meg is kapjuk az eredményt:

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

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 $\psi (x)=-({\frac {x^{n}}{n!}}e^{-x})'$, ha $x\geq 0$

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

c) $C_{\psi _{n}}=?$

Megoldás:

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

b) $\int _{R}\psi _{n}(x)dx=\int _{0}^{\infty }-({\frac {x^{n}}{n!}}e^{-x})'dx=-\left[{\frac {x^{n}}{n!}}e^{-x}\right]_{0}^{\infty }=0$

c) $C_{\psi _{n}}=2\pi \int _{-\infty }^{\infty }{\frac {\left|{\hat {\psi }}\right|^{2}}{|y|}}dy$

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

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

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

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

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

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: $X(t){\ddot {T}}(t)=4*X''(x)T(T)$
• Ez így már szeparálható (figyeljünk arra, hogy a deriváltak a számlálóban legyenek):

$4\cdot {\frac {X''(x)}{X(x)}}={\frac {{\ddot {T}}(t)}{T(T)}}=-b^{2}$

• 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.

$U(x,t)=\sum _{0}^{\infty }U_{k}(x,t)$

• A maradék két feltétel segítségével számoljuk ki az $A_{k}$ és $B_{k}$ konstansok értékeit.

$U(x,0)=\sum _{0}^{\infty }A_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\cos {0}+B_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\sin {0}=\sum _{0}^{\infty }A_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}=sin{\frac {4\pi }{3}}x$

Amiből az együtthatók összehasonlításával megkapjuk, hogy $A_{4}=1$, minden más $A_{i}=0$, ha $i\neq 4$

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

${\frac {\partial U}{\partial t}}(x,t)=\sum _{0}^{\infty }A_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\sin {{\frac {2k}{3}}\pi t}(-{\frac {2k}{3}}\pi )+B_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\cos {{\frac {2k}{3}}\pi t}({\frac {2k}{3}}\pi )$

• A feltételbe beírva:

${\frac {\partial U}{\partial t}}(x,0)=\sum _{0}^{\infty }A_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\sin {0}(-{\frac {2k}{3}}\pi )+B_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}\cos {0}({\frac {2k}{3}}\pi )=\sum _{0}^{\infty }B_{k}\sin {{\frac {k}{3}}\pi x}({\frac {2k}{3}}\pi )=2\sin {\frac {\pi }{3}}x$

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!

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

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

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!

$lim_{\Delta \to 0}{\frac {{\frac {u(x+\Delta ,y)-u(x,y)}{\Delta }}-{\frac {u(x,y)-u(x-\Delta ,y)}{\Delta }}}{\Delta }}=lim_{\Delta \to 0}{\frac {{\frac {u(x,y+\Delta )-u(x,y)}{\Delta }}-{\frac {u(x,y)-u(x,y-\Delta )}{\Delta }}}{\Delta }}$

• Közös nevezőre hozva:

$lim_{\Delta \to 0}{\frac {u(x+\Delta ,y)-2u(x,y)+u(x-\Delta ,y)}{\Delta ^{2}}}=lim_{\Delta \to 0}{\frac {u(x,y+\Delta )-2u(x,y)+u(x,y-\Delta )}{\Delta ^{2}}}$

• 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 $x\in [0,5],t\geq 0$, az x irányú távolság, h = 1. Mennyi lesz $u(2,{\frac {1}{18}})$?

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

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

Jordan normál-forma

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

Megoldás:

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

${\begin{vmatrix}3-\lambda '&1&-2\\0&4-\lambda '&-2\\0&1&1-\lambda '\end{vmatrix}}=0$

• Fejtsük ki a determinánst az első oszlop szerint:

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

• 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 $\lambda '=3$-hoz keresünk két sajátvektort:

${\begin{bmatrix}3-3&1&-2\\0&4-3&-2\\0&1&1-3\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}0&1&-2\\0&1&-2\\0&1&-2\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\underline {0}}$

• 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.

$s_{-3,1}={\begin{bmatrix}0\\1\\-2\end{bmatrix}},~s_{-3,2}={\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}}$

• Határozzuk meg a $\lambda '=2$-höz tartozó sajátvektort is:

${\begin{bmatrix}3-2&1&-2\\0&4-2&-2\\0&1&1-2\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&1&-2\\0&2&-2\\0&1&-1\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}}={\underline {0}}$

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

• Tehát egy sajátvektor például:

$s_{-2}={\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}}$

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

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

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

• Gauss-elimináljunk!

${\begin{bmatrix}0&1&1&|&1&0&0\\1&1&1&|&0&1&0\\-2&-2&1&|&0&0&1\end{bmatrix}}=_{s_{3}+=2\cdot s_{2}}{\begin{bmatrix}0&1&1&|&1&0&0\\1&1&1&|&0&1&0\\0&0&3&|&0&2&1\end{bmatrix}}=_{s_{1}-=\cdot s_{2}}{\begin{bmatrix}-1&0&0&|&1&-1&0\\1&1&1&|&0&1&0\\0&0&3&|&0&2&1\end{bmatrix}}=_{s_{2}+=\cdot s_{1}-s_{3}/3}{\begin{bmatrix}-1&0&0&|&1&-1&0\\0&1&0&|&1&-{\frac {2}{3}}&-{\frac {1}{3}}\\0&0&3&|&0&2&1\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}1&0&0&|&-1&1&0\\0&1&0&|&1&-{\frac {2}{3}}&-{\frac {1}{3}}\\0&0&1&|&0&{\frac {2}{3}}&{\frac {1}{3}}\end{bmatrix}}$

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

$\sum _{k=0}^{\infty }J^{k}={\begin{bmatrix}\sum _{k=0}^{\infty }({\frac {1}{2}})^{k}&0&0\\0&\sum _{k=0}^{\infty }({\frac {1}{2}})^{k}&0\\0&0&\sum _{k=0}^{\infty }({\frac {1}{3}})^{k}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}&0&0\\0&{\frac {1}{1-{\frac {1}{2}}}}&0\\0&0&{\frac {1}{1-{\frac {1}{3}}}}\end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&{\frac {1}{2}}&0\\0&0&{\frac {3}{2}}\end{bmatrix}}$

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

$u={\begin{bmatrix}0&1&1\\1&1&1\\-2&-2&1\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}{\frac {1}{2}}&0&0\\0&{\frac {1}{2}}&0\\0&0&{\frac {3}{2}}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}-1&1&0\\1&-{\frac {2}{3}}&-{\frac {1}{3}}\\0&{\frac {2}{3}}&{\frac {1}{3}}\end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}}$

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 $|I|{\frac {|f''|}{2|f'|}}<1$ 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!

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

$|f''|=\left|{\frac {coshx}{2(1+coshx)^{\frac {1}{2}}}}-{\frac {sinh^{2}x}{4(1+coshx)^{\frac {3}{2}}}}\right|=\left|{\frac {coshx(1+coshx)-2\cdot sinh^{2}x}{4(1+coshx)^{\frac {3}{2}}}}\right|=\left|{\frac {coshx+1-sinh^{2}x}{4(1+coshx)^{\frac {3}{2}}}}\right|$

Nézzük meg ezeknek a minimumát és maximumát (csak a tartomány szélei érdekesek, nincs lokális minimuma)

$min_{I}|f'|\geq \left|{\frac {sinh4}{2{\sqrt {1+cosh5}}}}-1\right|$

$max_{I}|f''|\leq \left|{\frac {cosh4+1-sinh^{2}5}{4(1+cosh4)^{\frac {3}{2}}}}\right|$

$I<{\frac {2\cdot min_{I}|f'|}{max_{I}|f''|}}=\left|{\frac {{\frac {sinh4}{\sqrt {1+cosh5}}}-2}{\frac {cosh4+1-sinh^{2}5}{4(1+cosh4)^{\frac {3}{2}}}}}\right|$

b) Az iteráció konvergens ha $|g(x)'|<1$ a tartomány összes pontján.

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

$min_{I}|g'(x)|\geq \left|{\frac {sinh4}{2{\sqrt {1+cosh5}}}}\right|={\frac {e^{4}-e^{-4}}{2{\sqrt {(}}1+e^{5}+e^{-5})}}\approx {\frac {e^{1.5}}{2}}\geq 1$

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?

---

3) [2016PZH] Az $arsh2x=x$ egyenlet esetében az intervallum felezés, vagy az iteráció a célravezetőbb az [1, 2] intervallumon? És a [2, 3]-n?

Lagrange multiplikátor módszer

1) [2015ZH2] Keressük meg az $f(x,y,z)=xy^{2}z^{3}(x,y,z>0)$ 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:

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

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

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

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

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

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

$\lambda x=\lambda y$

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 $\lambda \neq 0$): $x=y=z=\lambda =1$

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

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

${\begin{bmatrix}3x&3y&-x-2y\end{bmatrix}}$

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

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

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!)

---

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!

Variáció számítás

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

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

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

Megoldás:

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

• 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.
  • ${\frac {\partial x}{\partial x}}=1,~{\frac {\partial y(x)}{\partial x}}=0,~{\frac {\partial y'(x)}{\partial x}}=0$
• A ${\frac {d}{dx}}$ esetében mindent deriválunk $x$ szerint, ami függ $x$-től.
  • ${\frac {dx}{dx}}=1,~{\frac {dy(x)}{dx}}=y'(x),~{\frac {dy'(x)}{dx}}=y''(x)$

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

${\frac {\partial f}{\partial y}}-{\frac {d}{dx}}{\frac {\partial f}{\partial y'}}=2x-{\frac {d}{dx}}2y'=2x-2y''=0$

$y''(x)=x$

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

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

A kezdeti felételeket felhasználva:

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

$d={\frac {1}{3}}+c$

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

Tehát $c=0,~d={\frac {1}{3}}$, azaz a megoldás:

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

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

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

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

Megoldás:

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

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

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

$3p~dp=x~dx$

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

Írjuk vissza az y'-t p helyére

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

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

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

Ez egy sokkal nehezebb integrál, mint ami ZH-kon elő szokott fordulni (valószínűleg elszámoltam valamit).

Amúgy megoldható $x=tan(\theta )$ és $dx=sec^{2}(\theta )d\theta$ helyettesítéssel, és ez lesz a eredménye:

$y=\pm {\sqrt {\frac {1}{3}}}(x{\sqrt {x^{2}+c_{3}}}+c_{3}log({\sqrt {x^{2}+c_{3}}}+x))+d$

A két kezdeti feltételt felhasználva ki lehet számolni a két konstans értékét ($c_{3},d$). De ez megint sokkal bonyolultabb, mint ami ZH-n elő szokott fordulni. Újabb jele annak, hogy valamit elszámoltam.