5. lecke.
A megold´as el˝oa´ ll´ıthat´os´ag´anak probl´em´aja. Egy k¨ozel´ıt˝o m´odszer, hibabecsl´essel Tananyag
L´attuk az el˝oz˝oekben, hogy az y 0 = f (x, y) differenci´alegyenlet jobb oldal´anak, az f = f (x, y) k´etv´altoz´os f¨uggv´enynek az ismeret´eben gyakran eld¨onthet˝o, hogy a differenci´alegyenletnek van-e megold´asa. Azonban a fenti t´etelek arr´ol nem adnak inform´aci´ot, hogy a megold´as – ha l´etezik – hogyan adhat´o meg konkr´etan, pl. hogyan ´ırhat´o fel a k´eplete. A 2. e´ s 3. modulban olyan speci´alis f -eket vizsg´alunk meg, amikor a megold´ast el˝o tudjuk a´ ll´ıtani valamilyen form´aban, gyakran annak k´eplet´et is. ´ aban azonban a megold´ast, m´egha bizony´ıtottan l´etezik is, nem kaphatjuk meg egy v´eges Altal´ Z 2 k´eplet alakj´aban. P´eld´aul az y(x) = ex dx primit´ıvf¨uggv´enyek (ezek az anal´ızis t´etele miatt l´eteznek, l´ev´en az integrandus folytonos f¨uggv´eny) a hat´arozatlan integr´al defin´ıci´oja miatt 2 kiel´eg´ıtik az y 0 = ex egyenletet; viszont bizony´ıtott, hogy ezek az y f¨uggv´enyek nem ´ırhat´ok fel csak az elemi f¨uggv´enyek (azaz a hatv´any-, exponenci´alis-, trigonometrikus f¨uggv´enyek, ezek inverzei) felhaszn´al´as´aval v´eges sok m˝uvelet (¨osszead´as, szorz´as, oszt´as, f¨uggv´enykompoz´ıci´o) seg´ıts´eg´evel, r¨oviden v´eges k´eplettel. S˝ot, m´eg az sem elegend˝o differenci´alegyenletek megold´asainak v´eges k´eplettel val´o fel´ırhat´os´ag´ahoz, hogy megengedj¨uk m´eg az eddigi e´ rtelemben v´eges k´eplet˝u f¨uggv´enyek primit´ıv f¨uggv´enyeinek (´ıgy pl. az el˝oz˝o differenci´alegyenlet megold´as´anak) a szerepeltet´es´et a k´epletekben: az is bizony´ıtott, hogy az y 0 = x2 + y 2 egyenletnek m´eg ´ıgy sem adhat´o meg v´eges k´eplettel a megold´asa (de megold´asa van). Ez is jelzi, amit a tapasztalat mutat: m´ern¨oki e´ s m´as tudom´anyter¨uleteken felbukkan´o differenci´alegyenletek megold´as´at, a megold´as hozz´arendel´esi szab´aly´at gyakran nem lehet megadni k´eplettel. Amikor ez nem siker¨ul (vagy nem e´ rdemes el˝oa´ ll´ıtani a megold´as k´eplet´et, mert pl. nagyon bonyolult lenne), akkor valamilyen k¨ozel´ıt˝o m´odszerre van sz¨uks´eg¨unk; ez a megold´asf¨uggv´enynek a hozz´arendel´esi szab´aly´at k¨ozel´ıti egy m´asik, tipikusan egyszer˝u k´eplet seg´ıts´eg´evel, vagy esetleg csak – sokszor ez is el´eg az alkalmaz´asokban – bizonyos ”´erdekes” e´ rtelmez´esi tartom´anybeli pontban. Ezzel a t´emak¨orrel foglalkozik a differenci´alegyenletek megold´as´anak numerikus m´odszerei tudom´anyter¨ulet (ebben a jegyzetben nem foglalkozunk vele r´eszletesen). El˝obbire, k¨ozel´ıt˝o k´eplet el˝oa´ ll´ıt´as´ara itt ebben a leck´eben is mutatunk egy m´odszert, a Taylorsor m´odszert. Ig´enyesebb alkalmaz´asok megk¨ovetelik, hogy ne csak egy k¨ozel´ıt´est adjunk, hanem adjunk becsl´est arra: mekkora lehet a hiba legfeljebb – a leck´et egy hibabecsl˝o elj´ar´as bemutat´asa z´arja. Ha a differenci´alegyenlet pontos megold´as´at nem is ismerj¨uk, az´ert a differenci´alegyenlet vizsg´alat´ab´ol a´ ltal´aban sok inform´aci´o nyerhet˝o a megold´asra n´ezve. P´eld´aul, az el˝oz˝o differenci´alegyenlethez tartoz´o tetsz˝oleges kezdeti e´ rt´ek feladatnak egy´ertelm˝u megold´asa van (ezt tudjuk az unicit´asi t´etelb˝ol) e´ s ez a megold´as monoton n¨oveked˝o. Ez ut´obbi tulajdons´ag onnan
k¨ovetkezik, hogy a megold´as deriv´altja, x2 + y 2 minden x-re nemnegat´ıv. (Gyakorl´ask´eppen bizony´ıtsa be az olvas´o, hogy az y(0) = 0 kezdeti felt´etelhez tartoz´o megold´asnak egyetlen inflexi´os pontja van csak, a 0.) ´ aban azonban nem elegend˝o a megold´as puszt´an kvalitat´ıv, azaz csak min˝os´egi tulajAltal´ dons´agokra (mint pl. monotonit´asra) szor´ıtkoz´o vizsg´alata, hanem meg kell hat´aroznunk a megold´as n´eh´any, vagy ak´ar az e´ rtelmez´esi tartom´any´anak minden pontj´aban felvett e´ rt´ek´et (p´eld´aul, ha feladatunk egy fizikai jelens´eg matematikai modellje e´ s az ismeretlen fizikai mennyis´eg sz´amszer˝u e´ rt´ek´ere van sz¨uks´eg). Erre akkor nehezebb v´alaszolni, ha a megold´as – mint a fenti estben is – nem ´ırhat´o fel k´eplet seg´ıts´eg´evel 1 . Ekkor be kell e´ rn¨unk a pontos megold´as valamilyen k¨ozel´ıt´es´evel. A feladat kit˝uz´es´eb˝ol, illetve az esetlegesen h´att´erben l´ev˝o fizikai feladatb´ol tudhatjuk, hogy milyen e´ rtelemben kell a k¨ozels´eget e´ rtelmezni. Leggyakrabban az y pontos e´ s az y˜ k¨ozel´ıt˝o megold´as k¨ul¨onbs´eg´enek abszol´ut e´ rt´ek´et, illetve ha t¨obb pontban keress¨uk a megold´ast, akkor ezen abszol´ut e´ rt´ekek maximum´at szokt´ak haszn´alni a hiba m´er´es´ere. Mag´at az y − y˜ k¨ul¨onbs´eget nem ismerj¨uk, mert ellenkez˝o esetben ezt y˜-hoz hozz´aadva m´egiscsak megkapn´ank a pontos megold´ast. Teh´at ha a pontos megold´ast nem tudjuk fel´ırni, akkor a k¨ozel´ıt˝o megold´asok hib´aj´ara is csak becsl´est adhatunk. Ez azonban sz¨uks´eges, hiszen ha megadunk egy f¨uggv´enyt e´ s azt mondjuk, hogy ez a feladat k¨ozel´ıt˝o megold´asa, akkor fontos, hogy legyen fogalmunk az elk¨ovetett hiba nagys´ag´ar´ol, hiszen ennek hi´any´aban egy f¨uggv´eny semmi inform´aci´ot nem hordoz a pontos megold´asra. Azonban a hiba nem t´ul durva becsl´ese a´ ltal´aban neh´ez, ´ıgy gyakran megel´egsz¨unk valamilyen nagys´agrendi becsl´essel is. Egy el´eg a´ ltal´anos, els˝orend˝u kezdeti e´ rt´ek feladatok k¨ozel´ıt˝o megold´as´anak hib´aj´ara vonatkoz´o becsl´es tal´alhat´o a lecke v´eg´en. N´ezz¨unk el˝osz¨or egy k¨ozel´ıt˝o m´odszert kezdeti e´ rt´ek feladatok megold´as´ara. A Taylor-sor m´odszer Ennek a m´odszernek a seg´ıts´eg´evel a ?? alfejezetben kit˝uz¨ott feladatok k¨oz¨ul a kezdeti e´ rt´ek feladatok megold´as´ara kapunk k¨ozel´ıt´eseket, annak x0 k¨or¨uli Taylor-polinomjai (speci´alis esetekben Taylor-sor´anak) alakj´aban. A Taylor-polinomok pedig – amint azt az anal´ızisb˝ol tudjuk – el´eg gyakran j´ol k¨ozel´ıtik a kifejtett f¨uggv´enyt a kifejt´esi pont, x0 k¨ozel´eben. Tekints¨uk el˝osz¨or az els˝orend˝u y 0 (x) = f (x, y(x)) y(x0 ) = y0
(1)
kezdeti e´ rt´ek feladatot. 1
Az is el˝ofordulhat, hogy a differenci´alegyenlet megold´as´at k´eplet ´ırja le, mi ezt a k´epletet ismerj¨uk, de t´ul bonyolult, ez´ert egy vagy t¨obb pontban val´o ki´ert´ekel´ese t¨obb f´arads´aggal, esetleg nagyobb hib´aval j´arna, mintha egyb˝ol egy k¨ozel´ıt˝o elj´ar´assal sz´amoln´ank.
A m´odszer l´enyege az, hogy ha a differenci´alegyenlet jobb oldal´at deriv´aljuk x szerint, akkor megkapjuk y deriv´altjait, l´ev´en y 0 az eredeti differenci´alegyenlet bal oldala. Csak az a baj, hogy a deriv´altakra el˝oa´ ll´o formula tartalmazza az ismeretlen y f¨uggv´enyt is, hiszen azt a jobb oldal, f (x, y(x)) is tartalmazza, ez´ert a deriv´altak e´ rt´eke a´ ltal´aban ismeretlen. Azonban y-nak egy pontban, x0 -ban ismerj¨uk a helyettes´ıt´esi e´ rt´ek´et: a kezdeti felt´etel szerint ez y(x0 ) = y0 ; ´ıgy ebben a pontban ki tudjuk e´ rt´ekelni a deriv´altakat. Ezek seg´ıts´eg´evel fel´ırhat´ok a keresett Taylor-polinomok. M´asodrend˝u differenci´alegyenletekhez tartoz´o kezdeti e´ rt´ek feladatokn´al a m´odszer ugyanez, csak az egyenletek deriv´al´as´aval mindig eggyel magasabb rend˝u deriv´altj´at kapjuk meg y-nak, mint az el˝obb. N´ezz¨uk meg most pontosabban az el˝obb mondottakat. ´ ıt´as. Ha f n-szer folytonosan deriv´alhat´o az (x0 , y0 ) pont k¨ornyezet´eben2 , akkor a (1) kezAll´ deti e´ rt´ek feladat y megold´asa n + 1-szer deriv´alhat´o x0 -ban e´ s az y (k) (x0 ), k = 1, . . . , n + 1 deriv´altak kifejezhet˝ok x0 , y0 e´ s f parci´alis deriv´altjai (x0 , y0 ) helyen felvett helyettes´ıt´esi e´ rt´ekeivel. Bizony´ıt´as. El˝osz¨or n´ezz¨uk meg az a´ ll´ıt´ast n = 1-re. A l´ancszab´alyt3 felhaszn´alva deriv´aljuk a differenci´alegyenlet jobb oldal´at x szerint! Ez megtehet˝o, mert a felt´etelez´esek szerint f e´ s y is differenci´alhat´o. (A k¨onnyebb olvashat´os´ag miatt a m´asodik egyenl˝os´egjelt˝ol a parci´alis deriv´altakra az indexes jel¨ol´esm´odot haszn´aljuk, tov´abb´a az y f¨uggv´eny x e´ s az f e´ s parci´alis deriv´altjainak (x, y(x)) argumentumait sem ´ırjuk ki.) ∂f ∂f df (x, y(x) = (x, y(x)) · 1 + (x, y(x))y 0 (x) = fx + fy f, dx ∂x ∂y kihaszn´alva m´eg azt, hogy y megold´asa a differenci´alegyenletnek, ´ıgy y 0 = f . Ez´ert a differenci´alegyenlet bal oldala, y 0 is deriv´alhat´o e´ s y 00 = fx + fy f.
(2)
n = 2-re az a´ ll´ıt´as ugyan´ıgy l´athat´o be: (2) jobb oldala x szerint deriv´alhat´o e´ s a deriv´al´ast elv´egezve kapjuk: d (fx + fy f ) = (fx + fy f )x · 1 + (fx + fy f )y y 0 = dx = (fxx + fyx f + fy fx ) · 1 + (fxy + fyy f + fy fy ) y 0 , amit a´ trendezve e´ s y 0 = f -et be´ırva y 000 -re az y 000 = fxx + 2fxy f + fyy f 2 + fy (fx + fy f ) 2
(3)
Ez azt jelenti, hogy az n-edik rendig bez´ar´olag az o¨ sszes parci´alis deriv´altja l´etezik e´ s folytonos az (x0 , y0 ) pont k¨ornyezet´eben. 3 L´asd a ??. alfejezetet.
formul´at kapjuk. Ez az elj´ar´as l´athat´oan ak´armekkora n-re m˝uk¨odik. A pontos bizony´ıt´ast jelent˝o n+1-ig terjed˝o teljes indukci´ot itt elhagyjuk. Ezut´an y deriv´altjainak x0 helyen felvett e´ rt´ekeihez u´ gy jutunk, hogy az (x0 , y0 ) ponton kisz´am´ıtjuk (2), (3) e´ s a t¨obbi deriv´altra vonatkoz´o egyenletek jobb oldal´at. ´Igy eljutunk y n-edfok´u Tn Taylor-polinomj´ahoz, melynek alakja: Tn (x) =
n X y (k) (x0 )
k!
k=0
(x − x0 )k .
(4)
Ez szolg´al az y pontos megold´as k¨ozel´ıt´es´ere. Miel˝ott e k¨ozel´ıt´es hib´aj´anak a becsl´es´ere is alkalmazhat´o formul´at ismertetn´enk, l´assunk a m´odszer alkalmaz´as´ara egy p´eld´at! Hogy legyen o¨ sszehasonl´ıt´asi alapunk olyan differenci´alegyenletre fogjuk alkalmazni, amelynek a pontos megold´asa ismert. 1. kidolgozott feladat. Adjuk meg az y 0 = 2xy, y(0) = 1
kezdeti e´ rt´ek feladat megold´as´anak x0 = 0 k¨or¨uli 4-edrend˝u Taylor-polinomj´at! Megold´as: A keresett polinom alakja: T4 (x) =
4 X y (k) (0) k=0
k!
xk .
A kezdeti felt´etelb˝ol: y (0) (0) = y(0) = 1; a differenci´alegyenletb˝ol: y (1) (0) = y 0 (0) = 2 · 0 · 1 = 0. Deriv´alva a differenci´alegyenletet: y 00 = 2y + 2xy 0 = 2y + 2x · 2xy = 2y + 4x2 y,
(5)
´ıgy y 00 (0) = 2 · 1 + 4 · 0 · 1 = 2. Hasonl´oan 0
y 000 = (2y + 4x2 y) = 2y 0 + 8xy + 4x2 y 0 = 4xy + 8xy + 8x3 y = 12xy + 8x3 y,
(6)
ez´ert y 000 (0) = 0; 0
y 0000 = (12xy + 8x3 y) = 12y + 12x · 2xy + 24x2 y + 8x3 · 2xy = 12y + 48x2 y + 16x4 y, ahonnan y 000 (0) = 12. ´Igy T4 (x) = 1 +
0 2 0 12 1 x + x2 + x3 + x4 = 1 + x2 + x4 . 1! 2! 3! 4! 2
Most a pontos megold´ast fel tudjuk ´ırni a kor´abban tanult m´odszerek seg´ıts´eg´evel (a differenci´alegyenlet sz´etv´alaszthat´o v´altoz´oj´u (´es line´aris is)). A megold´as: 2
y(x) = ex , amelynek a Taylor-sora (felhaszn´alva ex Taylor-sor´at) az al´abbi alakban ´ırhat´o fel: ∞ X (x2 )k k=0
k!
=
∞ X x2k k=0
k!
= 1 + x2 +
x4 + ... , 2
ahonnan l´athatjuk, hogy val´oban j´ol sz´amoltunk az el˝obb. Egy p´elda v´egigsz´amol´asa ut´an j´ol l´athatjuk, hogy tulajdonk´eppen felesleges volt (5)-ben e´ s (6)-ban y 0 nek a differenci´alegyenletb˝ol sz´armaz´o k´eplettel val´o helyettes´ıt´ese. Ezt az y 0 alakot is vihett¨uk volna tov´abb e´ s amikor ezt a tagot deriv´alni kell, akkor azt csak form´alisan kijel¨olj¨uk. Amikor a konkr´et x0 helyen kell kisz´amolni a helyettes´ıt´esi e´ rt´ekeket, addigra m´ar a megfelel˝o deriv´altak e´ rt´ekei m´ar rendelkez´esre fognak a´ llni. A fenti p´eld´an´al maradva, a (5) e´ s (6) egyenletek helyett el´eg lett volna az al´abbiakat ´ırni. y 00 = 2y + 2xy 0 , ahonnan – y 0 (0) = 1-et felhaszn´alva – y 00 (0) = 2 · 1 + 4 · 0 · 1 = 2. Hasonl´oan y 000 = 2y 0 + 2y 0 + 2xy 00 , ahonnan – az el˝obb kisz´am´ıtott y 00 (0) = 0-t felhaszn´alva – y 000 (0) = 2 · 1 + 2 · 0 + 2 · 2 = 6. Ezt az elj´ar´ast folytathatn´ank v´egig. Ez a m´odos´ıt´as el´eg sok sz´am´ıt´ast´ol megk´ım´el benn¨unket, f˝oleg akkor, ha f parci´alis deriv´altjai bonyolultak.
2. kidolgozott feladat. ´Irjuk fel az x2 y 00 + xy 0 − y = 0, y(1) = 2, y 0 (1) = 0 kezdeti e´ rt´ek feladat megold´as´anak harmadfok´u, x = 1 k¨or¨uli Taylor-polinomj´at! Megold´as: A polinom alakja: T3 (x) =
3 X y (k) (1)
k!
k=0
(x − 1)k .
A sz¨uks´eges deriv´altak k¨oz¨ul kett˝ot ismer¨unk a kezdeti felt´etelb˝ol: y (0) (1) = y(1) = 2
e´ s
y (1) (1) = y 0 (1) = 0.
A marad´ek k´et egy¨utthat´o sz´amol´as´ahoz el˝osz¨or fejezz¨uk ki y 00 -t a differenci´alegyenletb˝ol: y 00 = − Innen k¨ozvetlen behelyettes´ıt´essel y 00 (1) = − 01 +
y0 y + 2. x x
2 1
(7)
= 2 ad´odik.
Deriv´alva (7)-t: y 000 = −
y 00 x − y 0 y 0 x2 − 2xy + , x2 x4
ahonnan y 000 (1) = −
2−0 0−4 + = −6. 1 1
´Igy a keresett polinom: T3 (x) = 2 + (x − 1)2 − (x − 1)3 .
Speci´alis esetekben az ismertetett hatv´anysor-m´odszer megadja a megold´as teljes Taylorsor´at is, nemcsak egy Taylor-polinomj´at. Akkor lehets´eges ez, ha e´ szrevesz¨unk valamilyen, legt¨obbsz¨or rekurzi´os formul´at az y (k) (x0 ) e´ rt´ekekre. 3. kidolgozott feladat. Adjuk meg az y 0 = 5y, y(0) = 3
kezdeti e´ rt´ek feladat megold´as´anak x0 = 0 k¨or¨uli Taylor-sor´at!
Megold´as: Sz´am´ıtsunk ki el˝osz¨or n´eh´any deriv´altat e´ s pr´ob´aljuk megsejteni bel˝ol¨uk az a´ ltal´anos formul´at! 0
y (2) = (y (1) ) = (5y)0 = 52 y, 0
0
0
0
y (3) = (y (2) ) = (52 y) = 53 y, y (4) = (y (3) ) = (53 y) = 54 y. Ezekb˝ol azt sejtj¨uk, hogy y (k) = 5k y. Ezen a´ ll´ıt´as bizony´ıt´asa k szerinti indukci´oval k¨onnyen elv´egezhet˝o. Val´oban, k = 0-ra e´ s k = 1-re nyilv´anval´oan, k = 2, 3, 4-re az el˝obb l´atottak miatt igaz; tov´abb´a ha k-ra igaz, akkor k + 1-re: 0
y (k+1) = (y (k) ) =
(az indukci´os feltev´es miatt:)
0
= (5k y) = 5k 5y = 5k+1 y, amit igazolni kellett. Ez´ert minden k term´eszetes sz´amra y (k) (0) = 5k y(0) = 3 · 5k , ´ıgy a keresett Taylor-sor:
∞ X 3 · 5k k=0
Ez viszont k¨onnyen e´ szrevehet˝oen e´ ppen
k! 3e5x
xk = 3
∞ X (5x)k k=0
k!
.
Taylor-sora, ez´ert a megold´as
y(x) = 3e5x . Megjegyezz¨uk, hogy a megold´ast megkaphattuk volna pl. a v´altoz´ok sz´etv´alaszt´as´anak m´odszer´evel is.
Egy hibabecsl˝o elj´ar´as tetsz˝oleges k¨ozel´ıt´eshez Most bizony´ıt´as n´elk¨ul4 ismertet¨unk egy t´etelt, amely seg´ıts´eg¨unkre lehet tetsz˝oleges k¨ozel´ıt˝o megold´as, ´ıgy a hatv´anysor-m´odszerrel kapott Taylor-polinom hib´aj´anak megbecsl´es´eben is. T´etel. Tekints¨uk az
y 0 = f (x, y), y(x0 ) = y0
kezdeti e´ rt´ek feladatot e´ s legyen D ⊂ Df olyan tartom´any, amelyen f folytonos e´ s | 4
A bizony´ıt´as megtal´alhat´o pl. [?]-ban.
∂f | ≤ L, ∂y
(8)
tov´abb´a (x0 , y0 ) ∈ D. Ha z olyan f¨uggv´eny, melynek e´ rtelmez´esi tartom´anya tartalmazza az I intervallumot, grafikonj´anak I feletti r´esze D-ben halad (azaz {(x, z(x)) ∈ IR2 | x ∈ I} ⊂ D) e´ s l´etezik hozz´a ε1 , ε2 ∈ IR, hogy |z(x0 ) − y0 | ≤ ε1 |f (x, z(x)) − z 0 (x)| ≤ ε2
e´ s minden x ∈ I-re
egyar´ant teljes¨ul, akkor {(x, y) ∈ IR2 | x ∈ I, |y − z(x)| ≤ (ε1 + ε2 |x − x0 |)eL|x−x0 | } ⊂ D
(9)
eset´en (8) (D-ben egy´ertelm˝u) y megold´as´ara e´ s a z k¨ozel´ıt´esre e´ rv´enyes az |y(x) − z(x)| ≤ (ε1 + ε2 |x − x0 |)eL|x−x0 | }
(10)
becsl´es minden x ∈ I pontban. N´ezz¨unk meg egy p´eld´at a t´etel alkalmaz´as´ara! 4. kidolgozott feladat. A 1. kidolgozott feladatban m´ar vizsg´altuk az y 0 = 2xy, y(0) = 1 4
kezdeti e´ rt´ek feladatot e´ s ott a pontos y megold´as k¨ozel´ıt´es´ere a T4 (x) = 1 + x2 + x2 polinomot kaptuk. Becs¨ulj¨uk meg T4 legnagyobb elt´er´es´et y-t´ol a [−0.4, 0.4] intervallumon! Megold´as: Feladatunkban a t´etelbeli jel¨ol´eseknek f (x, y) = 2xy,
z(x) = T4 (x)
felel meg. D megv´alaszt´asa lenne a k¨ovetkez˝o l´ep´es. Ebben k´et k¨ul¨onb¨oz˝o e´ rdek j´atszik szerepet: egyr´eszt D-t ∂f min´el kisebbre kell v´alasztanunk, hogy | | maximum´ara min´el kisebb L becsl´es j¨ojj¨on ki, ami az´ert ∂y fontos, mert a (10) alatti hibabecsl´es, azaz a jobb oldal L n¨ovekedt´evel rohamosan, exponenci´alisan n˝o. M´asr´eszt, D-t el´eg nagyra kell v´alasztani, hogy (9) is teljes¨ulj¨on e´ s ezt ann´al k¨onnyebb el´erni, min´el nagyobb D. Legyen most 1 1 I = (− , ), D = I × IR = {(x, y) ∈ IR2 | x ∈ I, y ∈ IR}. 2 2 Ekkor vil´agos, hogy a (9) felt´etel teljes¨ul, hiszen D ,,y-ir´anyban v´egtelen”. N´ezz¨uk meg, nem kapunk-e t´ul nagy sz´amot emiatt L-re. ∂f 1 | | = |2x| ≤ 2 = 1 I-n, ∂y 2
ez´ert L = 1 j´o v´alaszt´as. Azt is l´atjuk, hogy ebben a feladatban nem okozott rosszabb becsl´est D-re az, ∂f hogy D-t y-ir´anyban t´ul nagyra v´alasztottuk, mert most nem f¨ugg¨ott y-t´ol. ∂y Keress¨unk megfelel˝o ε1 -et e´ s ε2 -t! Mivel z(0) − y(0) = 0, ez´ert ε1 = 0 j´o v´alaszt´as. Tov´abb´a |f (x, z(x)) − z 0 (x)| = |2x(1 + x2 +
x4 ) − (2x + 2x3 )| = |x|5 , 2
e´ s mivel az x5 f¨uggv´eny monoton n¨ov˝o [0, 12 ]-en, ´ıgy legnagyobb e´ rt´ek´et e´ ppen a v´egpontj´aban veszi fel, ez´ert ε2 = (1/2)5 = 1/32 megfelel˝o v´alaszt´as. ´Igy (10)-nek megfelel˝oen |y(x) − T4 (x)| ≤
1 |x|e|x| 32
minden x ∈ I-re .
Az xex f¨uggv´eny a nemnegat´ıv f´elegyenesen szigor´uan n¨ovekv˝o, ez´ert |y(x) − T4 (x)| ≤ azaz a legnagyobb hiba kisebb, mint 0.0258.
1 1 1 e 2 < 0.0258, 32 2
