Innen - BME Számítástudományi és Információelméleti Tanszék

Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem
Számítástudományi és Információelméleti Tanszék
A RITZ MÓDSZER ÉS ALKALMAZÁSAI
Rózsa Pál előadásaiból készítette
Csekő Lehel Huba (BME, IIT)
Budapest, 2003. április 22.

Tartalomjegyzék
1. Lineáris algebrai megközelítés 2
1.1. Lineáris egyenletrendszerek megoldása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Mátrixok sajátérték-feladata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2. A variációszámítás alapfeladata 4
2.1. Euler-Lagrange-féle differenciálegyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2. Példa: Brachistochron probléma (Bernoulli, 1698) . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3. A Ritz módszer 11
3.1. Példa a Ritz módszer alkalmazására . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4. Differenciálegyenletek (operátorok) néhány tulajdonsága
4.1. Önadjungált differenciáloperátor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
16
4.2. Differenciáloperátor sajátértékei és sajátfüggvényei . . . . . . . . . . . . . . . . 17
4.3. Izoperimetrikus probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5. A sajátérték-feladat megoldása Ritz módszerrel 21
6. A Ritz módszer többváltozós esetben 24
6.1. Vektoranalízis összefoglaló mátrixelméleti oldalról . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
6.1.1. A vektortér rotációjának, divergenciájának szemléltetése és a Gauss-
Osztrogradszkij tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
6.2. A háromváltozós Euler-Lagrange egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6.3. A háromváltozós izoperimetrikus feladat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6.4. A Ritz módszer kétváltozós esetben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
6.4.1. Bázisfüggvények meghatározása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Hivatkozások 34
1

1. Lineáris algebrai megközelítés
A Ritz módszer differenciálegyenletek peremérték- és sajátértékfeladatának a numerikus megoldására
alkalmas. Először lineáris algebrai feladatokra fogalmazzuk meg az alapgondolatot,
amelyet nem igazán használnak a gyakorlatban, viszont nagyon szemléletesen mutatja a Ritz
módszer lényegét.
1.1. Lineáris egyenletrendszerek megoldása
Tekintsük a következő kvadratikus alakot
Q(x) = 1
2 xT Ax − x T b, (1.1)
ahol A pozitív definit kvadratikus alak mátrixa (A T = A). Az (1.1) másodfokú kifejezés
minimumának meghatározása gradiens feladatra vezet
grad Q(x) = Ax − b = 0. (1.2)
Tegyük fel, hogy (1.2) egy nagyon sokismeretlenes egyenletrendszer, amelyet nagyon nehéz
megoldani. Az újszerű megközelítésben a pontos megoldás helyett megelégszünk egy közelítő
megoldással is. Legyen ϕ1, ϕ2, . . . , ϕr adott lineárisan független vektorrendszer. Keressük az
ezen vektorok által generált r dimenziós altérben a ”legjobb” megoldást. A megoldás felírható
ebben a térben
x = ϕ1a1 + ϕ2a2 + . . . + ϕrar
(1.3)
alakban. Az x a pontos megoldás közelítését jelenti. Mátrix alakban felírva (1. ábra)
x~
1
2 r
r
a1
a
2
ar
Ö
1. ábra. Egyenletrendszer mátrix alakban
r
x = Φa (1.4)
Az (1.2) egyenletrendszer közelítő megoldását abból a feltételből határozzuk meg, hogy a megfelelő
kvadratikus alakot minimalizálja az adott altérben. A feladatot redukáltuk egy n változós
feladatról egy r változós feladatra, ahol ai jelöli a változókat.
Q(x) = 1
2 xT Ax − x T b =
= 1
2 aT Φ T AΦa − a T Φ T b ⇒ min (1.5)
2

A minimumot az a vektor által meghatározott r dimenziós altérben keressük
grad
a
Q(x(a)) = Φ T AΦa − Φ T b = 0. (1.6)
Mivel az A matrix pozitív definit és a Φ mátrix oszlopai lineárisan függetlenek, ezért a Φ T AΦ
mátrix nemszinguláris, létezik az inverze és így
A megoldás explicit alakban
a = (Φ T AΦ) −1 Φ T b. (1.7)
x = Φ(Φ T AΦ) −1 Φ T b . (1.8)
Helyettesítsük be az (1.6) egyenletbe az x = Φa kifejezést és emeljük ki a Φ T mátrixot
Φ T (Ax − b) = 0. (1.9)
h hibavektor
Ha x pontos volna akkor a hibavektor (maradékvektor) zérus lenne. Az optimális megoldáshoz
tartozó hibavektor az adott bázist képező ϕi vektorok mindegyikére ortogonális
⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢
⎣
ϕ T
1
ϕ T
2
.
ϕ T
1
⎥ ⎢
⎥ ⎢ h
⎦ ⎣
Vizsgáljunk meg egy analóg feladatot, a mátrixok sajátértékfeladatát.
1.2. Mátrixok sajátérték-feladata
⎥
⎦ = 0. (1.10)
Ismeretes, hogy egy A mátrix sajátértékeit és a hozzá tartozó sajátvektorokat az alábbi homogén
lineáris egyenletrendszer határozza meg:
(λE − A)x = 0 ⇒ grad Q(x) = A ′ x − b ′ , ahol
Írjuk fel (1.11)-et a ϕi vektorok által generált altérben
A ′ jel
= λE − A és b ′ jel
= 0. (1.11)
Φ T (λE − A)Φa = 0 és x = Φa
(λΦ T Φ − Φ T AΦ)a = 0. (1.12)
Ez egy r-ed rendű általánosított sajátérték-feladat a ([Φ T AΦ], [Φ T Φ]) mátrixpárra vo-
T Ö
A
T
Ö Ö Ö
2. ábra.
Általánosított sajátérték-feladat determinánsa
natkozólag. A λ sajátértékeket az együtthatómátrix determinánsának nullává tételéből
3
0

számítjuk (2. ábra). A sajátértékek meghatározása után megkapjuk az x közelítő
sajátvektorokat is. Egy n-ed rendű mátrix sajátérték-feladatát egy r-ed rendű mátrix
([Φ T AΦ]) általánosított sajátérték-feladatára redukáltuk. Ha a ([Φ T Φ]) = Er lenne, akkor
a szokásos sajátértékfeladatot kapnánk. Ez a speciális választás azt jelentené, hogy a ϕi vektorok
nem csak lineárisan függetlenek, hanem ortogonálisak is. (A gyakorlatban néha szándékosan
így veszik fel a teret kifeszítő vektorokat és így a feladat egyszerűsödik egy klasszikus r-ed rendű
sajátértékfeladatra.) Minél kevesebb ϕi vektort veszünk fel, annál ,,kisebb” feladatot kapunk.
Extrém esetben a Φ csak egy vektort tartalmaz. Ekkor a determináns jele elhagyható, mert
egy skalárváltozó determinánsát kell venni, és így λ közvetlenül kifejezhető:
| λϕ T ϕ − ϕ T Aϕ
skalár
|
= 0
λ = ϕT Aϕ
ϕT ϕ
⇒ Rayleigh hányados. (1.13)
A λ-ra kapott kifejezés éppen a Rayleigh hányados. A hányados minimuma megadja a minimális,
a maximuma pedig a maximális sajátértéket. Az összes sajátérték ezen két érték között
helyezkedik el. A Rayleigh-Ritz féle közelítő módszerek kombinálják a Rayleigh hányadost a
Ritz módszerrel a sajátértékfeladat közelítő megoldása céljából.
2. A variációszámítás alapfeladata
Ismert, hogy az egyváltozós függvény egy X halmaz bizonyos elemeihez hozzárendeli egy
másik, Y halmaznak egyetlen elemét, ahol a halmazok valós vagy komplex számokból állnak.
Az absztrakt függvény esetén az X és Y bármilyen elemeket tartalmazhat (pl. vektorokat,
függvényeket stb.). Ha Y ∈ R (valós szám), akkor az absztrakt függvényt funkcionálnak
nevezzük, amelyek vizsgálatával a funkcionálanalízis foglalkozik. Ennek egy részét képezi a
variációszámítás, ahol bizonyos feltételeket kielégítő függvények halmazához rendelünk valós
számokat. Tekintsünk egy független változót, egy y(x) függvényt, a deriváltját és képezzük a
következő funkcionált
I〈y(x)〉 =
x2
x1
f(x, y(x), y ′ (x))dx
Peremfeltételek: y(x1) = y1
y(x2) = y2. (2.1)
Ez a funkcionál a (2.1) peremfeltételeket kielégítő minden egyes y(x)-hez hozzárendel egy
határozott integrált (számértéket). Azokat az y(x) függvényeket, amelyek az adott peremfeltételeket
kielégítik, konkurenciába bocsájtott függvényeknek nevezzük. A variációszámítás
azt a függvényt keresi, amelyre az I〈y(x)〉 integrál extrémális (minimális).
Példák
• Határozzuk meg azt a függvényt, amelyik átmegy a P1, P2 pontokon és az ívhossza minimális!
A keresett függvénynek az alábbi funkcionált kell minimalizálnia:
x2
I〈y(x)〉 =
x1
4
1 + y ′ (x) 2 dx. (2.2)

• Talán az első variációszámítási feladat Bernoullitól ered (1698), aki az úgynevezett brachistochron
problémát vetette fel. A nehézségi erőtérben milyen pályán jut el a P1 pontból
a P2 pontba a legrövidebb idő alatt egy golyó?
2.1. Euler-Lagrange-féle differenciálegyenlet
Először a variációszámítás alaplemmáját bizonyítjuk be:
v = ds 1
⇒ dt =
dt v ds
x2
1
min ds (2.3)
v
x1
1. Lemma. Legyen F (x) egy, az [x1, x2] intervallumban folytonos függvény, és η(x) tetszőleges,
folytonosan differenciálható függvény ugyancsak az [x1, x2] intervallumban, amely kielégíti az
η(x1) = η(x2) = 0 feltételeket. Ha
x2
x1
F (x)η(x)dx = 0, akkor F (x) ≡ 0. (2.4)
Bizonyítás. A lemmát indirekt módszerrel bizonyítjuk. Tegyük fel, hogy van olyan ξ hely,
ahol F (ξ) > 0. A folytonosságból következik, hogy van egy olyan kicsiny [ξ1, ξ2] intervallum a ξ
környezetében, ahol F (x) még mindig pozitív. Konstruáljuk az alábbi η(x) függvényt (3. ábra):
η(x) =
3. ábra. Alaplemma bizonyítása
0 ha x1 ≤ x ≤ ξ1 vagy ξ2 ≤ x ≤ x2
(x − ξ1) 2 (x − ξ2) 2 ha ξ1 ≤ x ≤ ξ2.
Helyettesítsük be ezt az η függvényt az integrálba
x2
x1
F (x)η(x)dx =
ξ2
ξ1
5
(2.5)
F (x)η(x)dx > 0. (2.6)

Ellentmodásra jutottunk, mert a (2.6)-os integrál nem lehet nulla.
Ezt a lemmát fogjuk felhasználni a variációszámítás alapfeladatánál, az Euler-Lagrange egyenlet
levezetésénél. Vizsgáljuk meg az
I〈y(x)〉 =
x2
x1
f(x, y(x), y ′ (x))dx (2.7)
egyenletet. Tegyük fel, hogy y(x) az a függvény, amely a (2.7)-es integrált extrémummá (minimummá)
teszi és y(x1) = y1, y(x2) = y2. Legyenek a konkurenciába bocsájtott függvények:
Y (x) = y(x) + εη(x), ε paraméter, (2.8)
amelyek tehát kielégítik az Y (x1) = y1 és az Y (x2) = y2 feltételeket. Ebből következik, hogy
η(x1) = η(x2) = 0. Minden Y -hoz tartozik egy η(x) függvény és egy ε paraméter. A deriváltja
Y ′ (x) = y ′ (x) + εη ′ (x). (2.9)
Behelyettesítve az integranduszba a konkurenciába bocsájtott függvényeket
I(ε) =
=
x2
x1
x1
x2
f(x, Y (x), Y ′ (x))dx =
f(x, y(x) + εη(x), y ′ (x) + εη ′ (x))dx. (2.10)
Látjuk, hogy az integrál ε egyváltozós függvénye. Az I(ε) lokális extrémuma helyén a derivált
nulla, de itt ε = 0, mert ez a feltétel szolgáltatja a keresett megoldást:
dI(ε) ε=0
= 0. (2.11)
dε
A feladatot egy egyváltozós függvény szélsőérték- feladatára vezettük vissza
x2
dI
′
∂f dY ∂f dY
dε
= · + · dx
ε=0 ∂Y dε ∂Y ′ dε = 0.
x1
ε=0
(2.12)
Felhasználva, hogy dY
dε
dY ′
= η(x), dε = η′ (x), ∂f
= ∂Y ε=0 ∂f ∂f
és ∂y ∂Y ′
= ε=0 ∂f
∂y ′ ,
x2
dI
∂f
dε
=
ε=0 ∂y
A parciális integrálás segítségével η ′ -t η-ra ,,cserélhetjük”
x2
x1
∂f
∂y ′
u
η ′
v ′
x1
x2
∂f
dx = η −
∂y ′
x1
0
x1
x2
∂f
· η(x) +
∂y ′ · η′
(x) dx = 0. (2.13)
d ∂f
dx ∂y ′ ηdx, mivel η(x1) = η(x2) = 0. (2.14)
6

Ezekután a (2.13)-as egyenlet
x2
x1
∂f
∂y
d ∂f
−
dx ∂y ′
ηdx = 0, (2.15)
ahol η(x) tetszőleges, folytonosan differenciálható és η(x1) = η(x2) = 0. Az alaplemma
értelmében ez csak úgy lehetséges, ha az integrandusz nullával egyenlő
∂f
∂y
d ∂f
− ≡ 0 . (2.16)
dx ∂y ′
Keressük ennek a parciális differenciálegyenletnek azt a megoldását, amely kielégíti az
y(x1) = y1 és y(x2) = y2 peremfeltételeket. A (2.16)-os egyenletet Euler-Lagrange féle differenciálegyenletnek
hívják. A ∂f
∂y ′ függvénye x-nek, y-nak és y ′ -nek is. Vegyük az x szerinti
totális differenciálhányadosát
Behelyettesítve (2.17)-et a (2.16)-os egyenletbe
d ∂f
dx ∂y ′ = ∂2f ∂x∂y ′ + ∂2f ∂y∂y ′ y′ + ∂2f ∂y ′2 y′′ . (2.17)
∂f
∂y − ∂2f ∂x∂y ′ − ∂2f ∂y∂y ′ y′ − ∂2f ∂y ′2 y′′ = 0, y(x1) = y1, y(x2) = y2 . (2.18)
A (2.18) egy nemlineáris, változó együtthatójú, másodrendű differenciálegyenlet, amelyet csak
speciális esetekben lehet megoldani. Például nagyon könnyen megoldható a két ponton átmenő
legkisebb ívhosszú függvény meghatározásakor.
Példa (4. ábra) Egy tetszőleges görbe ívhossza az
4. ábra. Legrövidebb ívhosszú görbe két pont között
I =
x2
x1
1 + y ′2 dx (2.19)
7

képlettel számítható. Az I integrált szélső értékké tevő y = y(x) függvényt keressük. Az
Euler-Lagrange egyenlet most nagyon egyszerűen felírható, minthogy:
és a deriváltak
∂f
∂y
= 0;
∂2f =
∂y ′2
∂f
=
∂y ′
f(x, y, y ′ ) = 1 + y ′2 (2.20)
y ′
1 + y ′2 ;
1 + y ′2 − y ′2
√ 1+y ′2
1 + y ′2
=
∂2f = 0;
∂x∂y ′
∂2f = 0;
∂y∂y ′
1
. (2.21)
(1 + y ′2 ) 3
Így tehát az y = y(x) meghatározására az alábbi egyszerű differenciálegyenlet szolgál:
y ′′
(1 + y ′2 ) 3 = 0 ⇒ y′′ = 0 ⇒ y(x) = mx + b, egyenes. (2.22)
Az m és a b az y(x1) = y1, y(x2) = y2 peremfeltételekből számítható.
Tekintsük a következő feladatot
I =
x1
x2
{p(x)y ′2 + q(x)y 2 + 2r(x)y}dx → extrémum, y(x1) = y1, y(x2) = y2
f(x, y, y ′ ) = p(x)y ′2 + q(x)y 2 + 2r(x)y. (2.23)
Nézzük meg, milyen az Euler-Lagrange egyenlet ebben az esetben:
∂f
∂y
= 2q(x)y + 2r(x);
∂f
∂y ′ = 2p(x)y′ ;
⇓
d ∂f
dx
∂y ′ = (2p(x)y′ ) ′
(p(x)y ′ ) ′ − q(x)y − r(x) = 0 . (2.24)
A kapott másodrendű, inhomogén, lineáris differenciálegyenlet egy ún. önadjungált differenciálegyenlet
1 . Ennek az differenciálegyenletnek a peremfeltételeket kielégítő megoldása (nem
nehéz megoldani) teszi az integrált extrémummá. Ha sok ilyen típusú feladatot megoldunk,
akkor már sok variációszámítási feladatnak megfelelő differenciálegyenletet ismerünk. Megfordítva
a feladatot, tekintek sok differenciálegyenletet, amelynek ismerem a megoldását, akkor
felismerhetem, hogy melyik differenciálegyenlet milyen variációszámítási feladatnak felel meg.
A lényeg a következő: ha nem tudjuk megoldani a variációszámítási feladatot, de ismerjük a
differenciálegyenlet megoldását, akkor azt oldjuk meg. Ha a differenciálegyenletet nem tudjuk
megoldani, de ismerjük a hozzátartozó variációszámítási feladatot, és van esélyünk ennek a
megoldására, akkor ezt oldjuk meg. Hasonló elgondolás figyelhető meg a lineáris algebrában a
kvadratikus alakoknál, ugyanis a
1 A definícót később adjuk meg.
Q(x) = 1
2 xT Ax + x T b → extrémum (minimum) (2.25)
8

kvadratikus alak extrémumát kerestük és levezettük, hogy ez az
Ax + b = 0 (2.26)
egyenlet megoldásánál van. Itt is, ha volt egy startégiám a (2.25) megoldására, akkor azt
oldottam meg.
Visszatérve, fogjuk látni, hogy a Ritz módszer segítségével az integrált lehet megoldani és így
kapható meg a differenciálegyenlet megoldása.
2.2. Példa: Brachistochron probléma (Bernoulli, 1698)
Feladat: Az A pontból a B pontba milyen görbe mentén lehet eljutni nulla kezdősebességgel a
legrövidebb idő alatt a nehézségi erőtér hatására? (5. ábra)
Megoldás: A fizikai törvényeket felhasználva,
ugyanis
azaz
v = ds
dt
5. ábra. Brachistochron probléma
⇒ t =
1
v
ds =
x
x0
1 + y ′2
dx, (2.27)
2g(y − y0)
ds = 1 + y ′2dx 1
2 mv2 = mgy − mgy0 ⇒ v = 2g(y − y0), (2.28)
f(x, y, y ′ ) = 1
1 + y
√
2g
′2
y − y0
. (2.29)
A (2.29) csak y-tól és y ′ -től függ és x-et nem tartalmazza explicite. Írjuk fel következő egyenleteket:
d ′ ∂f
y
dx ∂y ′
=
′′ ∂f d ∂f
y + y′ ,
∂y ′ dx ∂y ′
(2.30)
df
dx
=
∂f ∂f
+
∂x ∂y y′ + ∂f
∂y ′ y′′ . (2.31)
9

Az első egyenletnél a szorzat deriválási szabályt a második egyenletnél a totális differenciálás
szabályát alkalmaztuk. Vegyük a két egyenlet különbségét
d ′ ∂f
y
dx ∂y ′
− df
d ∂f ∂f
= y′ − −
dx dx ∂y ′ ∂y
∂f
. (2.32)
∂x
Mivel f nem tartalmazza x-et explicite
és az Euler-Lagrange egyenlet szerint
így
Ebből következik, hogy
∂f
∂x
= 0 (2.33)
d ∂f ∂f
− = 0, (2.34)
dx ∂y ′ ∂y
d ′ ∂f
y − f = 0. (2.35)
dx ∂y ′
′ ∂f
y − f ≡ c → konstans . (2.36)
∂y ′
A feladat egy elsőrendű differenciálegyenletre egyszerűsödött. Felírjuk ezt a differenciálegyenletet
a mi esetünkre
∂f
=
∂y ′
y ′2
2g(y − y0) −
1 + y ′2
y ′
2g(y − y0) ,
1 + y ′2
1 1 + y
√
2g
′2
y − y0
= 1
√ 4ga → konstans. (2.37)
A c konstanst most a fenti speciális alakban írtuk fel (2.37), ahol a egy konstans paraméter.
Hozzunk közös nevezőre és egyszerűsítsünk
1
−√
y − y0 1 + y ′2
Négyzetre emelve, reciprokot véve és kifejezve y ′ -t:
(y − y0)(1 + y ′2 ) = 2a
= 1
√ 2a . (2.38)
(y − y0)y ′2 = 2a − (y − y0)
dy
dx = y′
=
2a − (y − y0)
.
(y − y0)
(2.39)
A változók szétválasztásával a következő integrálra jutunk
y − y0
2a − (y − y0) dy = (x − x0). (2.40)
10

2 t
Alkalmazzuk az (y − y0) 2a sin 2 helyettesítést
dy = 2a sin t
2
2 t 2a sin 2
cos t
2 dt
t
cos dt =
2
2a cos2 t 2a sin
2
t
2
2 t
2a sin dt =
2
= a (1 − cos t)dt = a(t − sin t) = x − x0. (2.41)
Tehát a keresett görbe az alábbi két egyenlettel írható le
a(t − sin t) = x − x0
a(1 − cos t) = y − y0, mert (y − y0) 2a sin
2 t
2
. (2.42)
A (2.42)-es egyenletek egy cikloisnak az egyenletei. Például cikloist ír le egy gördülő kerék egy
adott pontja (6. ábra).
3. A Ritz módszer
Idézzük fel egy korábbi feladatunkat
I =
x2
x1
6. ábra. Gördülő kerék egy pontja cikloist ír le
p(x)y ′2 + q(x)y 2 + 2r(x)y dx → extrémum, y(x1) ! = 0, y(x2) ! = 0. (3.1)
f
A deriváltak az Euler-Lagrange egyenlethez
∂f
∂y
= 2q(x)y + 2r(x);
Bevezetve az L lineáris differenciáloperátort
∂f
∂y ′ = 2p(x)y′ ;
⇓
d ∂f
dx
∂y ′ = (2p(x)y′ ) ′
(p(x)y ′ ) ′ − q(x)y − r(x) = 0 . (3.2)
L[y] ≡ (p(x)y ′ ) ′ − q(x)y − r(x) = 0 → másodrendű, inhomogén, lineáris d. e. (3.3)
Az 1-es fejezetben egy analóg problémával foglalkoztunk, ugyanis Q(x) = 1
2 xT Ax − x T b
kvadratikus alaknak kerestük a minimumát. Ez a feladat egy lineáris algebrai egyenletrendszer
megoldására vezetett. Az x vektorhoz hozzárendeltünk egy lineáris algebrai operátort
11

(L[x] ≡ Ax − b = 0). Most a (3.1)-es integrálnak az extrémumát az a függvény adja meg,
amelyik kielégíti az L lineáris differenciáloperátorral definiált (3.3)-as egyenletet. Az algebrai
operátor esetén azt mondtuk, hogy az egyenletrendszer nagyon bonyolult (pl. 1000 ismeretlenes),
ezért megelégedtünk egy közelítő megoldással egy altérben. Ezt az ötletet itt is alkalmazhatjuk,
azaz keressük a (3.3) differenciálegyenlet közelítő megoldását.
Legyen ϕ1(x), ϕ2(x), . . . , ϕn(x) 2 olyan lineárisan független, [x1, x2]-ben kétszer folytonosan differenciálható
függvények rendszere, amelyek kielégítik az ϕk(x1) = ϕk(x2) = 0 peremfeltételeket,
feltéve hogy y1 = y2 = 0. Ez utóbbi feltétel az algebrai esetben nem volt, mert a tér dimenziója
adva volt (n dimenziós vektorokról volt szó), itt azonban végtelen sok lineárisan független
függvény van, ezért kell, hogy ezek mindegyike elégítse ki a peremfeltételeket. Ez az erős megszorítás
fogja hatékonnyá tenni a módszert.
Keressük, approximáljuk a megoldást
yn(x) = ϕ1(x)a1 + ϕ2(x)a2 + . . . ϕn(x)an
alakban azon feltétel mellett, hogy a (3.1)-es integrál legyen minimális. Vektor alakban
a derivált
(3.4)
yn(x) = a T ϕ(x) = ϕ T (x)a, (3.5)
y ′ n(x) = a T ϕ ′ (x) = (ϕ T ) ′ (x)a. (3.6)
Képezzük az y 2 n -et ,,igazságosan” yn (3.5) mindkét oldalát felhasználva
hasonlóan a deriváltnál
yn(x) = a T ϕ(x)ϕ T (x)a, (3.7)
y ′2
n (x) = a T ϕ ′ (x)(ϕ T ) ′ (x)a. (3.8)
Helyettesítsük be ezeket a kifejezéseket a (3.1)-be és vegyük az eredmény gradiensét
I =
x1
x2
{p(x)a T [ϕ ′ (x)(ϕT ) ′ (x)] a + q(x)a T [ϕ(x)ϕT (x)]
szimm. diád
szimm. diád
a + 2r(x)a T ϕ(x)}dx. (3.9)
A diádok mátrixot jelentenek, ezért a (3.9)-es kifejezés a vektor kvadratikus alakja. Vegyük a
gradiensét
grad
a
I =
x1
x2
{2p(x)ϕ ′ (x) (ϕT ) ′ (x)a
y ′ n
és a következő egyenletet kapjuk
x1
x2
+2q(x)ϕ(x) ϕT (x)a +2r(x)ϕ(x)}dx
! = 0 (3.10)
yn
{p(x)ϕ ′ (x)y ′ n + q(x)ϕ(x)yn + r(x)ϕ(x)}dx ! = 0. (3.11)
A ϕ ′ (x)-et a parciális integrálás segítségével eltüntetjük
x2
x1
p(x)y ′ n
u
ϕ ′ (x)
v ′
dx = [p(x)y ′ n ϕ(x)]x2
x1 −
2 Nyugodtan vehetünk n-et, hiszen ez egy végtelen dimenziós tér.
12
x1
x2
(p(x)y ′ n )′ ϕ(x)dx. (3.12)

A ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 peremfeltételek miatt
így
x1
x2
Fontos megjegyezni, hogy
[p(x)y ′ nϕ(x)]x2 = 0, (3.13)
x1
{(p(x)y ′ n )′ ϕ(x) − q(x)ynϕ(x) − r(x)ϕ(x)}dx ! = 0
x1
x2
{(p(x)y ′ n) ′ − q(x)yn − r(x)}ϕ(x)dx ! = 0. (3.14)
L[yn] = (p(x)y ′ n )′ − q(x)yn − r(x) = 0, (3.15)
mert yn csak közelítő megoldás, viszont a (3.14) integrálnak ϕ(x) bármelyik komponensére
nullának kell lennie.
x2
L[yn]ϕk(x)dx = 0 k = 1, . . . , n (3.16)
x1
A (3.16)-os integrál n darab egyenletet határoz meg az n darab ismeretlenre, amelyek a vektornak
a komponensei. (Az a vektor az yn-ekben van elrejtve lineáris összefüggés szerint). Tehát
a1, a2 . . . , an-re n ismeretlenes inhomogén, lineáris algebrai egyenletrendszert kaptunk.
Ez a Ritz módszer, amelynek a segítségével a differenciálegyenletünk megoldását, legalábbis
az n dimenziós altérben, lineáris algebrai egyenletrendszerre vezettük vissza. Ismételten egy
nagyon szemléletes analógiát fedezhetünk fel az 1-es fejezetben leírtakkal. Ekkor a Ritz módszer
segítségével Q(x) = 1
2 xT Ax − x T b kifejezést minimalizáltuk. Az Ax − b = 0 algebrai egyenlet
egzakt x vektor megoldása helyett megelégedtünk a közelítő x megoldással, amely nem
elégítette ki az egyenleterendszert és hibát adott. A Ritz módszer segítségével meghatározott
legjobb közelítő megoldás az altérben olyan volt, hogy a h hibavektornak ortogonálisnak kellett
lennie a ϕk vektorokból alkotott mátrixra, azaz
φ T h = 0. (3.17)
Az skalárszorzat fogalmának a függvények terében a szorzatintegrál felel meg, tehát a (3.16)
pontosan ugyanazt mondja, mint amit a (3.17). Tehát a differenciálegyenletünk legjobb közelítő
megoldása ebben az altérben az, amelynek a hibája ortogonális a Ritz módszer bázisaira (ϕk(x)ra).
Jól látszik, hogy a differenciáloperátorok területe mennyire hasonló a lineáris operátorok
területéhez.
3.1. Példa a Ritz módszer alkalmazására
Legyen a megoldandó differenciálegyenlet
y ′′ + y + x = 0; Peremfeltételek: y(0) = y(1) = 0. (3.18)
Ennek az egyszerű egyenletnek az egzakt megoldása
y = sinx
− x. (3.19)
sin1
13

7. ábra. A ϕk függvények
Most probáljuk a közlítő megoldást a Ritz módszer segítségével meghatározni. A legegyszerűbb
olyan ϕk(x) függvények, amelyek lineárisan függetlenek és a 0 illetve az 1 helyen zérussal
egyenlőek, a következőképpen írhatók fel: (7. ábra)
Vegyük először az n = 1 esetet:
így
1
0
1
0
L[y1]ϕ1(x)dx
ϕ1(x) x(1 − x)
ϕ2(x) x 2 (1 − x)
.
ϕn(x) x n (1 − x). (3.20)
!
= 0
y1 = a1ϕ1(x) = a1(x − x 2 )
y ′ 1 = a1(1 − 2x)
y ′′
1 = −2a1, (3.21)
L[y1] = y ′′
1 + y1 + x = −2a1 + a1(x − x 2 ) + x
{a1(−2 + x − x 2 ) + x}(x − x 2 )dx = a1
Az integrálást elvégezve az első közelítés
Az n = 2 esetén:
+
1
0
0
1
(−2x + 2x 2 + x 2 − 2x 3 + x 4 )dx +
(x 2 − x 3 )dx ! = 0. (3.22)
a1 = 5
18 → y1 = 5
18 (x − x2 ) . (3.23)
y2 = a1ϕ1(x) + a2ϕ2(x) = a1(x − x 2 ) + a2(x 2 − x 3 )
y ′ 2 = a1(1 − 2x) + a2(2x − 3x 2 )
y ′′
2 = −2a1 + a2(2 − 6x). (3.24)
14

Ezekután az operátort alkalmazva y2-re
L[y2] = y ′′
2 + y2 + x = −2a1 + a2(2 − 6x) + a1(x − x 2 ) + a2(x 2 − x 3 ) + x =
= a1[−2 + x − x 2 ] + a2[2 − 6x + x 2 − x 3 ] + x. (3.25)
Behelyettesítve az integrálegyenlet komponenseibe
1
0
L[y2]ϕ1(x)dx ! = 0 és
1
0
L[y2]ϕ2(x)dx ! = 0 (3.26)
két egyenletet kapjuk. A (3.9)-es egyenlet szerkezetét nézve látható, hogy szimmetrikus diádok
szerepelnek benne, ezért a fenti két egyenlet (3.26) által alkotott egyenletrendszer mátrixa
szimmetrikus.
• ⊗ a1 ⋆
=
(3.27)
⊗ • ⋆
a2
Ezenkívül az első egyenletben szereplő a1 együtthatóját ismerjük, hiszen ezt az (3.22)-ben is
szereplő a1{(−2+x−x 2 )(x−x 2 )} integrandusz határozza meg. Az első egyenletben szereplő a2
együtthatóját nem ismerjük, de mivel szimmetrikus az együtthatómátrix elég csak a második
egyenletet megoldani. Általánosan, ha három függvény lineáris kombinációjáról lenne szó,
akkor sem kellene az első két integrált felírni. Tehát nem kell minden n-nél újra kezdeni az
eljárást, hanem először közelítsünk csak egy függvénnyel, azután tulajdonképpen csak javítsuk
a megoldást a nagyobb n-eknél. Számítsuk ki a második integrált
1
0
A második egyenlet
L[y2]ϕ2(x)dx =
+
1
0
1
0
{a1[−2 + x + x 2 ](x 2 − x 3 )}dx +
{a2[2 − 6x + x 2 − x 3 ](x 2 − x 3 ) + x(x 2 − x 3 )}dx ! = 0. (3.28)
− 3
20 a1 − 13
15 a2 + 1
= 0. (3.29)
20
Tehát az egyenletrendszer a fentiek figyelembe vételével
A második, pontosabb közelítés
3
10 a1 + 3
20 a2 = 1
12
3
20 a1 + 13
15 a2 = 1
. (3.30)
20
a1 = 71
369 ; a2 = 7
41
71 7
y2 = x(1 − x) +
369 41 x
. (3.31)
Hasonlítsuk össze a közelítéseket és pontos megoldásokat néhány pontban. Az 1-es táblázatból
jól látható, hogy már a második közlítés kielégítő megoldást ad.
Megjegyezzük, hogy választhattunk volna más, peremfeltételeket kielégítő bázisfüggvényeket is,
azonban a Ritz módszer egyik nagy előnye, hogy nem érzékeny a ϕk függvények választására.
A módszer hatékonysága talán annak köszönhető, hogy mindegyik bázisfüggvényre rá van
kényszerítve a peremfeltétel, amely nagy húzóerő a megoldás felé.
15

1. táblázat. Közelítések összehasonlítása
x ypontos y1 y2
0.25 0.044 0.052 0.044
0.5 0.070 0.069 0.069
0.75 0.060 0.052 0.060
4. Differenciálegyenletek (operátorok) néhány tulajdonsága
Ebben a részben a differenciáloperátorok néhány tulajdonságát vizsgáljuk meg analógiát vonva
a lineáris algebrával.
4.1. Önadjungált differenciáloperátor
Tekintsük a következő differenciáloperátort
L[y] ≡ a(x)y ′′ + b(x)y ′ + c(x)y = 0. (4.1)
Az ilyen differenciáloperátorhoz szoktak definiálni egy adjungált differenciáloperátort
M[z] ≡ (a(x)z) ′′ − (b(x)z) ′ + c(x)z = 0 (4.2)
Tehát M az L-hez tartozó ún. adjungált operátor. Magasabbrendű differenciálegyenletnél is
mindig az eredeti differenciálegyenlet együtthatói lesznek az új függvény (z) szorzói és váltakozó
jel lesz a deriváltak között. Ha a két differenciáloperátor megegyezik, azaz L = M, akkor
a differenciálegyenletet önadjungáltnak nevezzük. Nézzük meg mi a feltétele az önadjungált
tulajdonságnak.
M[z] = a ′′ (x)z + 2a ′ (x)z ′ + a(x)z ′′ −
− b ′ (x)z − b(x)z ′ +
+c(x)z. (4.3)
A két operátor megegyezik, ha a (4.1)-ben és a (4.3)-ban szereplő együtthatók megegyeznek.
c(x) = a ′′ (x) − b ′ (x) + c(x); b(x) = 2a ′ (x) − b(x); a(x) = a(x) (4.4)
Mivel az a ′′ (x) = b ′ (x) és az a ′ (x) = b(x) feltétel ugyanazt jelenti, ezért elég, ha a b(x) helyére
a ′ (x)-et írunk, és akkor az önadjungált differenciálegyenlet a következő alakban írható
a(x)y ′′ + a ′ (x)y ′ + c(x)y = 0 ⇒ (a(x)y ′ ) ′ + c(x)y = 0 . (4.5)
A fenti bekeretezett kifejezés a feltétele annak, hogy önadjungált legyen a differenciálegyenlet.
A variációszámítási problémánk is önadjungált differenciálegyenletre vezet 3
min
x1
x2
{p(x)y ′2 + q(x) + 2r(x)y}dx ⇔ (p(x)y ′ ) ′ − q(x)y − r(x) = 0. (4.6)
3 Az r(x) nem érdekes az önadjungáltság szempontjából.
16

Bármely másodrendű, lineáris differenciálegyenlet egy egyszerű szorzással önadjungálttá tehető.
Legyen például az adott differenciálegyenlet
Szorozzuk meg a (4.7) egyenletet r(x) = e
r ′ (x) = p(x)r(x); r(x)y ′′ + p(x)r(x)
y ′′ + p(x)y ′ + q(x)y = 0. (4.7)
y
′
r ′
(x)
(r(x)y
′ ) ′
x
−∞
p(ξ)dξ
-vel
+q(x)r(x)y = 0 ⇒ (r(x)y ′ ) ′ + q(x)r(x)y = 0 . (4.8)
Az önadjungált differenciáloperátor analógiája a lineáris algebrában a szimmetrikus mátrix.
Mivel a szimmetrikus mátrixnak mindig van spektrálfelbontása, így egy önadjungált differenciáloperátornak
is beszélhetünk a spektrálfelbontásáról. Ahogy egy szimmetrikus mátrixnak
valós sajátértékei vannak, egy önadjungált differenciáloperátornak is mindig valós sajátértékei
vannak. A szimmetrikus mátrix sajátvektorai ortogonális rendszert alkotnak, az önadjungált
differenciáloperátorhoz tartozó ún. sajátfüggvények is ortogonális függvényrendszert (szorzatintegrál
zérus) alkotnak 4 .
4.2. Differenciáloperátor sajátértékei és sajátfüggvényei
A sajátérték és sajátfüggvény fogalmát egy példán keresztül szemléltejük.
Példa A rezgő húr differenciálegyenlete (hiperbolikus típusú)
k 2 ∂2 u
∂x2 = ∂2u . (4.9)
∂t2 Ez a differenciálegyenlet leírja egy a két végén befogott rezgő húrnak a rezgéseit. Lehetnének
kezdeti feltételek: pozíció, sebesség is adottak. Keressük a megoldást szorzat alakban, azaz egy
csak az x-től és egy csak a t-től függő függvény szorzataként
Behelyettesítve
u(x, t) = X(x)T (t) ⇒ uxx = X ′′ (x)T (t); utt = X(x)T ′′ (t). (4.10)
k 2 X ′′ (x)T (t) = X(x)T ′′ (t) ⇒ X′′ (x)
X(x)
1
=
k2 T ′′ (t)
T (t)
(4.11)
Mivel a (4.11) jobb oldali egyenletének a bal oldalán olyan kifejezés áll, ami csak x-nek a
függvénye a jobb oldalán pedig olyan, ami csak t-nek a függvénye. A két oldal csak úgy lehet
azonos, ha mindkettő konstans (−λ)
A feladat két egyenletre esik szét
X ′′ (x)
X(x)
1
=
k2 T ′′ (t)
T (t)
!
= −λ. (4.12)
X ′′ (x) + λX(x) = 0; T ′′ (t) + λk 2 T (t) = 0. (4.13)
4 A funkcionálanalízis nyelvén nem kell különbséget tenni a két terület között.
17

Nézzük most csak az első egyenletet az X(0) = X(l) = 0 peremfeltételekkel, hiszen az l
hosszúságú húr két vége be van fogva. A λ-nak olyannak kell lennie, hogy legyen a differenciálegyenletnek
az adott feltételeket kielégítő nem triviális (nyugalmi helyzettől eltérő)
megoldása. A megoldást keressük az alábbi alakban
X = A sin √ λx + B cos √ λx,
X ′′ = −Aλ sin √ λx − Bλ cos √ λx.
Az A és B értékét a peremfeltételekől lehet meghatározni
(4.14)
X(0) = B = 0, X(l) = A sin √ λl = 0. (4.15)
Látható, hogy A akármennyi lehet. Legyen A 1 és mivel λ =
kπ 2
l
kπx
Xk(x) = sin .
l
(4.16)
Végtelen sok megoldás van. Ha k = 1, akkor a (4.16) egy fél szinuszhullámot ad (8. ábra). Ez
8. ábra. Pendített húr
az egyszeres alaphangú dó. Ha k = 2, akkor a frekvencia kétszeres, így az egy oktávval fentebb
lévő dó-t kapjuk. Ha k = 3, akkor ez lesz a szó (9. ábra). Matematikailag λk a feladathoz
tartozó sajátértékeket adja. Az Xk függvényeket sajátfüggvényeknek nevezzük, amelyeket úgy
kaptunk meg, hogy a megoldásba behelyettesítettük ezeket a sajátértékeket.
Egy önadjungált differenciálegyenletnek bizonyos peremfeltételeket kielégítő nemtriviális megoldásai
a differenciálegyenlet sajátfüggvényei és az ezeket meghatározó λk számok a differenciálegyenlet
sajátértékei. Bebizonyítható, hogy a sajátértékek végtelen sokan vannak és a
végesben nincs torlódási pontjuk, illetve hogy a sajátfüggvények ortogonálisak.
do do szo do mi szo do re mi
ti do
k 1 2 4 6 8 10 12 14 16
4.3. Izoperimetrikus probléma
9. ábra. Természetes felhangsor
Ebbe a problémakörbe olyan feladatok tartoznak, mint például a körbe írható legnagyobb
területű téglalap vagy egy gömbbe írható legnagyobb térfogatú kúp paramétereinek a meghatározása.
A matematika ezeket feltételes szélsőérték-feladatoknak nevezi. A variácószámítás
keretén belül ez a következőképpen fogalmazható meg
x2
x1
f(x, y(x), y ′ (x))dx ⇒ extrémum; Peremfeltételek: y(x1) = y1; y(x2) = y2, (4.17)
18

amihez most egy másik feltétel is hozzájárul
x2
x1
g(x, y(x), y ′ (x))dx = A → adott. (4.18)
A probléma megoldásánál ismételten alkalmazzuk az Euler-Lagrange egyenlet levezetésénél bemutatott
eljárást. Tegyük fel, hogy y(x) a keresett megoldás, amely kielégíti a feltételt és még
extrémalissá is teszi az integrált. A konkurenciába bocsájtott függvények eltérnek az y(x)-től
és a plusz feltétel miatt két paramétertől (ε1 és ε2) fognak függeni
Y (x) = y(x) + ε1η1(x) + ε2η2(x); η1(x1) = η2(x1) = 0; η1(x2) = η2(x2) = 0. (4.19)
A keresett megoldást ε1 = ε2 = 0 esetén kapjuk. A derivált
Y ′ (x) = y ′ (x) + ε1η ′ 1 (x) + ε2η ′ 2 (x). (4.20)
Behelyettesítve a konkurenciába bocsájtott függvényeket az integrálokba
I(ε1, ε2) =
x2
x1
f(x, Y, Y ′ (x))dx; J(ε1, ε2) =
x2
x1
g(x, Y, Y ′ (x))dx A, (4.21)
akkor I és J az ε1, ε2 paraméterektől fog függeni. Tehát ε1 és ε2 nem egymástól független
paraméterek, hanem ki kell elégíteniük az J(ε1, ε2) A feltételt. A feladatunk egy kétváltozós
függvény minimalizálása adott mellékfeltétel mellett (4.21). A Lagrange féle multiplikátor
segítségével visszavezetjük ezt a feltételes szélsőérték-feladatot feltétel nélkülire. Jelölje I a
Lagrange függvényt
Tehát a feladatunk
I(ε1, ε2) = I(ε1, ε2) − λJ(ε1, ε2) =
I(ε1, ε2) =
x2
x1
x2
x1
f(x, Y, Y ′ (x))dx. (4.22)
f(x, Y, Y ′ (x))dx → extrémum; ε1 = ε2 = 0. (4.23)
Végigkövetve az 2.1-es alfejezet lépéseit, kapunk egy Euler-Lagrange differenciálegyenletet f-ra
∂ f
∂y
d ∂
−
dx
f
∂y ′ ≡ 0, ahol f = f − λg és
Természetesen van még egy ∂ I
∂λ
∂
I
=
∂ε1
ε1=ε2=0
∂
I
= 0 . (4.24)
∂ε2
ε1=ε2=0
= 0 feltétel a λ-ra is. A (4.24) egyenletet általános
ε1=ε2=0
esetben megint nem lehet megoldani, csak speciális esteben. Legyen
x1
x2
(p(x)y ′2 + q(x)y 2 )dx ⇒ extrémális, (4.25)
19

és írjuk elő
x2
x1
y 2 dx = 1 (4.26)
feltételt, amely tulajdonképpen normálásnak felel meg, hiszen a lineáris algebrában a szorzatintegrál
analógiája a skalárszorzat (egy vektor egységnyi abszolút értékére utal).
∂ f
∂y
= 2(q(x) − λ)y;
f = p(x)y ′2 + q(x)y 2 − λy 2
∂ f
= 2p(x)y′
∂y ′
2(q(x) − λ)y − (2p(x)y ′ ) ′ = 0 ⇒ (p(x)y ′ ) ′ + (λ − q(x))y = 0 (4.27)
Végtelen sok megoldás létezik a λ értékeitől függően. A (4.27) egy sajátértékfeladat, ahol keressük
azon λ1, λ2, . . . , λn, . . . értékeket, amelyek mellett létezik az adott differenciálegyenletnek
az adott peremfeltételeket kielégítő nemtriviális megoldása. A λk értékeket a feladat
sajátértékeinek, a hozzá tartozó megoldásokat pedig sajátfüggvényeknek nevezzük.
Példa Kihajlási probléma
Egy karcsú oszlopot (pl. vonalzó) P erővel nyomunk a tetején, amely a nyomás hatására kihajolhat.
Az oszlop egyensúlyban van. Létezik-e olyan erő amelynek a hatására nemcsak a nyugalmi
állapotban van egyensúlyban, hanem a kihajlott állapotban is? Milyen alakzatot (függvényt) vesz
fel ilyenkor az oszlop? (10. a. ábra)
10. ábra. a. Kihajlási probléma b. Excentricitás
A mechanikából ismeretes, hogy a hajlító nyomaték M = P y. A szilárdságtan szerint
M
IE
= −1
ϱ
= −
y ′′
(1 + y ′2 ) 3
∼ = −y ′′ → mivel kis kitérésekről (y ′ ≪ 1) van szó, (4.28)
ahol ϱ a rúd görbületi körének a sugara, I az inercianyomaték és E a rugalmassági modulus
(Young modulus). Tehát
P y
IE + y′′ = 0 jelölés: P
IE k2 ⇒ y ′′ + k 2 y = 0. (4.29)
A peremfeltételek: y(0) = y(l) = 0. Ismételten sajátérték-feladathoz jutottunk. A megoldás
y = A cos kx + B sin kx ⇒ y(0) = A = 0; y(l) = B sin kl = 0 ⇒ B 1. (4.30)
20

A sajátértékek és a sajátfüggvények
k 2
nπ
2
nπ
= ; yn = sin
l
l x
. (4.31)
Ha n = 1, akkor k2 =
π 2.
A Pkr = IE l
π 2
kritikus erő mellett az oszlop meghajlott
l
állapotban is egyensúlyban lehet, nem csak nyugalomban. Ilyenkor a felvett alak egy szinusz
félhullám.
A valóságban, ha nem sikerül pontosan középen nyomni mindkét oldalán az oszlopot és van egy
kicsi excentricitás (10. b. ábra), akkor az oszlop rögtön kihajlik, de itt újra hat az erő, amely
további kihajlást eredményez. Végül az oszlop összeroppan. Az oszlop elveszíti a stabilitását,
mert a koncentrikus nyomást nem lehetett megvalósítani.
5. A sajátérték-feladat megoldása Ritz módszerrel
A ϕ1(x), ϕ2(x), . . . , ϕn(x) függvények lineárisan függetlenek és kielégítik a peremfeltételeket:
ϕk(x1) = ϕk(x2) = 0.
n
Keressük ezeknek a lineáris kombinációjaként a közelítő yn =
akϕk(x) = a
k=1
Tϕ = ϕ(x) T a megoldást. A derviváltja: y ′ n = aTϕ(x) ′ = (ϕ(x) ′ ) T a. A
megoldandó variációs feladat a (4.27) szerint
x2
{p(x)(y ′ n) 2 + (q(x) − λ)y 2 n}dx =
x1
=
x1
x2
Gradienst a szerint kell venni
1
2 grad
x2
I =
a
{p(x)a T [ϕ ′ (x)(ϕ ′ (x)) T ]a + (q(x) − λ)a T [ϕ(x)ϕ(x) T ]a}dx → minimum. (5.1)
x1
x1
{p(x)ϕ ′ (x) (ϕ ′ (x)) T a
y ′ n
+(q(x) − λ)ϕ(x) ϕ(x) T a}dx
! = 0. (5.2)
A ϕ(x) ′ -t a parciális integrálás segítségével és a ϕ(x1) = ϕ(x2) = 0 peremfeltételek figyelembe
vételével átalakítjuk
x2
ϕ ′ (x)
v ′
p(x)y ′ n dx = [p(x)y
u
′ nϕ(x)]x2 x2
− x1
(p(x)y ′ n )′ ϕ(x)dx. (5.3)
0
Visszahelyettesítve és minusz 1-gyel megszorozva az egyenletet
x2
{(p(x)y
x1
′ n )′ + (λ − q(x))yn} ϕ(x)dx = 0. (5.4)
L[yn]
Az eredmény
x2
x1
x1
L[yn]ϕk(x)dx = 0 . (5.5)
Tehát ismét a legjobb közelítés az, ha L[yn] ortogonális az összes ϕk függvényre. A lényeges
különbség a korábbiakhoz képest az, hogy (5.5) egy homogén 5 lineáris algebrai egyenletrend-
5 A korábbiakban szerepelt még egy r(x) is, ezért volt inhomogén.
21
yn

szer az a1, a2, . . . , an ismeretlenekre, amely tartalmaz még egy paramétert is. A λ paramétert
úgy kell meghatározni, hogy az egyenletrendszernek legyen nemtriviális megoldása. Ennek az
elégséges feltétele, hogy az együtthatómátrix determinánsa nulla legyen. Ez a feltétel a λra
ad egy algebrai egyenletet. Az együtthatómátrix rendszámát az n értéke határozza meg.
A korábbi megfontolás itt is működik, miszerint az egyenletrendszer együtthatómátrixa itt is
szimmetrikus, tehát elegendő minden lépésnél csak az utolsó ϕk függvénnyel szorozni, mert az
így kapott egyenlet együtthatói szimmetrikusan felrakhatók az előzőkhöz.
Példa
L[y] ≡ y ′′ + λy = 0; y(−1) = y(1) = 0 (5.6)
Tudjuk, hogy ennek a pontos megoldása y = cos
nπ
x és a sajátértékek λn = 2
nπ 2.
A
2
szimmetria miatt elegendő, ha páros függvényeket alkalmazunk bázisfüggvényekként: 6
Az n = 1 esetén:
Behelyettesítve az integrálba
1
−1
ϕ1(x) = 1 − x 2
ϕ2(x) = x 2 (1 − x 2 )
ϕ3(x) = x 4 (1 − x 2 ) (5.7)
.
= −2a1
L[y1] = −2a1 + λa1(1 − x 2 ). (5.8)
= a1
y1 = a1ϕ1 = a1(1 − x 2 ); y ′ 1 = −2a1x; y ′′
1
L[y1]ϕ1dx = a1
1
−1
1
A λ-ra kapott algebrai egyenlet és megoldása
−1
[−2 + λ(1 − x 2 )](1 − x 2 )dx =
{−2 + 2x 2 + λ[1 − 2x 2 + x 4 ]}dx = 0 ⇒ a1 tetszőleges. (5.9)
−4 + 4
+ λ
3
2 − 4 2
+
3 5
= 0
− 8
5
+ λ16 = 0 ⇒ λ = = 2, 5 . (5.10)
3 15 2
A tetszőleges a1 megfelel annak a ténynek, hogy egy
sajátfüggvény akárhányszorosa is
2
= 2, 4674011.
sajátfüggvény. A kapott megoldás már egészen jó, mert π
2
Nézzük meg a második közelítést is, azaz n = 2 :
y2 = a1(1 − x 2 ) + a2(x 2 − x 4 )
y ′ 2 = −2a1x + a2(2x − 4x 3 )
y ′′
2 = −2a1 + a2(2 − 12x 2 )
L[y2] = −2a1 + a2(2 − 12x 2 ) + λa1(1 − x 2 ) + λa2(x 2 − x 4 ). (5.11)
6 A bázisfüggvények trigonometrikus függvények is lehetnének, csak ebben az esetben túl hamar kijönne a
megoldás, ami nem célja a szemléltető példánknak. Ebben az esetben egyébként általában Fourier polinomok
alakjában kapnánk a megoldást.
22

Behelyettesítve az integrálba
1
−1
+a2
L[y2]ϕ2dx = a1
1
−1
1
−1
{−2(x 2 − x 4 ) + λ(1 − x 2 )(x 2 − x 4 )}dx +
{(2 − 12x 2 )(x 2 − x 4 ) + λ(x 2 − x 4 ) 2 }dx = 0. (5.12)
Az integrálást elvégezve az alábbi egyenletrendszer adódik:
2. egyenlet
− 8
16
+ λ
15 105
a1 + − 88
16
+ λ a2 = 0
105 315
1. egyenlet
− 8
+ λ16 a1 +
3 15
− 8
16
+ λ
15 105
a2 = 0. (5.13)
Felhasználtuk az előző lépés eredményét (5.10) és a szimmetrikus tulajdonságot (bekeretezett
együtthatók). Az (5.13)-as egyenletrendszernek akkor van nem triviális megoldása, ha az
együtthatómátrix determinánsa zérus
−
8
− 8 16 + λ 3 15
15
+ λ 16
105
− 8 16 + λ 15 105
88 16
− + λ 105 315
!
= 0 ⇒ λ1 = 2, 46744 λ2 = 22, 207 . (5.14)
A hiba λ1 esetén nagyon kicsi: h = 0.0004. A feladatnak végtelen sok sajátértéke van, ezért
nem várható, hogy a második is nagyon jó legyen (A hiba ebben az esetben 15%). Érdekes megfigyelni,
hogy már a második közelítés mennyire pontos. Innen is látszik, hogy a Ritz módszer
nagyon hatékony.
Ha n = 3 -at vennénk, akkor a hiba λ1 esetén: h = 0.000000008, λ2 esetén: h = 0.5% lenne.
Általában a gyakorlatban csak a legkisebb sajátérték kiszámításásra van szükség, hiszen a leggyakrabban
az alapfrekvenciára van szükség. Az n=4-nél már negyedfokú egyenletet kellene
megoldani, amelyet numerikusan lehet elvégezni, azonban indulhatok az előző közelítésekből.
Érdekes megjegyezni, hogy az (5.14) nem egy klasszikus sajátérték-feladat, hanem ún.
általánosított sajátérték-feladat (|λB − A| = 0). Tulajdonképpen ez egy mátrixpárhoz
((A, B)) tartozó sajátérték-feladat. Az általánosított sajátértékfeladat speciális esete a klasszikus
sajátértékfeladat, amikor B = E. Felvetődik a kérdés, hogy mit lehetne ügyesebben
megválasztani, ahhoz hogy a λ együtthatója az egységmátrix legyen? A λ együtthatója
x1
x1
yn(x)ϕk(x)dx =
x1
x1
aiϕi(x)ϕk(x)dx. (5.15)
Ha a ϕi(x) és a ϕk(x) függvények ortogonálisak (szorzatintegrál nulla), akkor kiesnek a keresztszorzatos
tagok és marad
x1
aiϕ 2 i(x)dx. (5.16)
x1
Tehát, ha a ϕ1(x), ϕ1(x), . . . ϕn(x) függvények az [x1, x2] intervallumban ortogonálisak és
normáltak, akkor a λ együtthatója az egységmátrix lesz. Ilyen ortogonális polinomokat lehet
generálni, amelyek matematika könyvekben megtalálhatók.
23

6. A Ritz módszer többváltozós esetben
A fejezet megértése céljából először összefoglalunk néhány alapösszefüggést a vektoranalízisből.
6.1. Vektoranalízis összefoglaló mátrixelméleti oldalról
Bármely mátrix felbontható egy valós szimmetrikus és egy valós ferdén szimmetrikus mátrix
összegére
A = 1
2 (A + AT 1
) +
2
szimmetrikus
(A − AT ) . (6.1)
ferdén szimmetrikus
Egy szimmetrikus mátrixot jellemez a főátló elemeinek az összege, ugyanis egy tetszőleges
mátrix karakterisztikus polinomja az alábbi
alakban írható és
|λE − A| = λ n − λ n−1
n
k=1
akk
Spur A
Spur A =
+ . . . + (−1) n |A| =
n
akk =
k=1
n
(λ − λk) (6.2)
k=1
n
λk. (6.3)
Egy szimmetrikus mátrix főátló elemeinek az összege invariáns a koordináta transzformációval
szemben. Az A szimmetrikus mátrix koordináta transzformációval diagonálmátrixra hozható,
⎡
⎤
λ1 0 · · · 0
⎢ 0 λ2 · · · 0 ⎥
⎢
⎣
.
. . ..
⎥
. ⎦
0 0 · · · λn
⇒ |λE − A1|
λ
− λ1 0 · · · 0
0 λ − λ2 · · · 0 n
=
.
. . ..
= (λ − λk). (6.4)
.
k=1
0 0 . . . λ − λn
Tehát egy szimmetrikus mátrix skalár invariánsa a főátlóbeli elemek összege.
Egy harmadrendű ferdén szimmetrikus mátrix
⎡
0
⎣ ω3
−ω3
0
⎤ ⎡ ⎤
ω2 x
−ω1⎦
⎣ y ⎦ = ω × r → vektoriális szorzás, ahol
−ω2
ω1
0
z
ferdén szimmetrikus
⎡ ⎤
x
r = ⎣ y ⎦
z
⎡ ⎤
ω1
ω = ⎣ ω2 ⎦ (6.5)
jellemezhető a bekeretezett elemekből alkotott vektorral. Ez a vektor is invariáns a koordináta
transzformációval szemben, hiszen ez egy ω-ra merőleges síkba való leképezést végez. Tehát
egy harmadrendű ferdén szimmetrikus mátrix invariáns vektora az ω vektor.
Egy vektor-vektor függvény a három dimenziós térben három háromváltozós függvénnyel jellemezhető
ω3
k=1
v = v(r); r = [x y z ] T ; v = [u v w ] T
u = u(x, y, z); v = v(x, y, z); w = w(x, y, z). (6.6)
24

Az u-nak a változása (x, y, z)-től az (x, y, z) szerinti parciális deriváltakkal (u gradiensével) jellemezhető,
így egy vektor-vektor függvény változása egy ún. deriváltmátrix-szal vagy másnéven
deriválttenzorral írható le
dv
dr =
⎡
⎢
⎣
∂u
∂x
∂v
∂x
∂w
∂x
∂u
∂y
∂v
∂y
∂w
∂y
∂u
∂z
∂v
∂z
∂w
∂z
⎤
⎥ → deriváltmátrix, deriválttenzor. (6.7)
⎦
A (6.7) mátrix a fentiek szerint felírható egy szimmetrikus és egy ferdén szimmetrikus mátrix
összegeként
dv
dr =
⎡
∂u
⎤
1 ∂u ∂v 1 ∂u ∂w
⎢
+ + 2 ∂y ∂x 2 ∂z ∂x
⎢ ∂x
⎥
⎢
⎢ 1 ∂v ∂u ∂v
⎥
1 ∂v ∂w ⎥
⎢ + +
⎢ 2 ∂x ∂y
2 ∂z ∂y ⎥ +
∂y
⎥
⎢
⎣
⎥
1 ∂u ∂w 1 ∂u ∂w ∂w ⎦
+ + 2 ∂z ∂x 2 ∂z ∂y ∂z
⎡
⎢ 0 −
⎢
+ ⎢
⎣
1
∂v ∂u 1 ∂u ∂w
− − 2 ∂x ∂y 2 ∂z ∂x
1 ∂v ∂u
− 0 −
2 ∂x ∂y
1
∂w ∂v
− 2 ∂y ∂z
− 1
⎤
⎥ . (6.8)
⎥
⎥
∂u ∂w 1 ∂w ∂v
⎥
− − 0
⎦
2 ∂z ∂x 2 ∂y ∂z
A ferdén szimmetrikus mátrix invariáns vektorának az elemei
1
2
∂w
∂y
− ∂v
∂z
;
A deriváltmátrix szimbolikusan egy diád
⎡⎡
dv
dr =
1
2
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎢⎢
⎣⎣
Az invariáns összeg egy skalárszorzatként
∂u
∂z
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂y
⎤
− ∂w
∂x
∂u ∂v ∂w
+ +
∂x ∂y ∂z = ∂
∂x
és az invariáns vektor egy vektoriális szorzatként
⎡ ⎤
⎢
⎣
1
2
∂w
∂y
1 ∂u
2 ∂z
1
2
∂v
∂x
− ∂v
∂z
∂w − ∂x
− ∂u
∂y
⎥
⎦
;
1
2
⎤
⎥ ⎥
⎥ ⎥
⎥ [u v w ] ⎥
⎦ ⎦
= 1
2
25
∂
∂y
∂
∂z
T
i j k
∂ ∂ ∂
∂x ∂y ∂z
u v w
∂v ∂u
−
∂x ∂y
. (6.9)
. (6.10)
⎡ ⎤
u
⎣ v ⎦ (6.11)
w
(6.12)

írható fel. Vezessük be a nabla szimbolikus vektort7 , amely tulajdonképpen deriválási utasítást
jelent
⎡ ⎤
⎢
∇ ⎢
⎣
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
⎥
⎦ ; ∇T = ∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
. (6.13)
Ezekután a deriválttenzor, az invariáns összeg (a vektortér divergenciája) és az invariáns vektor
(a vektortér rotációja) röviden
dv
dr = (∇vT ) T ; ∇ T v div v; ω = 1 1
∇ × v rot v . (6.14)
2 2
6.1.1. A vektortér rotációjának, divergenciájának szemléltetése és a Gauss-
Osztrogradszkij tétel
F
g
11. ábra. a. Rotáció szemléltetése b. Divergencia szemléltetése
A 11. a. ábrán egy kötél látható, amelyet emberek húznak különböző irányokba. A húzóerőket
felbontjuk minden pontban két komponensre egy érintőirányúra és egy rá merőlegesre. Ha
az érintőirányú komponensek algebrai összege nem zérus, akkor a kötél el kezd forogni. Ha a
merőleges komponensek algebrai összege nem zérus, akkor a kötél valamilyen irányban elmozdul.
Tegyük fel, hogy a normális irányú komponensek algebrai összege most nulla, de az érintőirányú
komponensek algebrai összege nem zérus. A forgatás mértékét jellemzi a g zárt görbére vett
vonalmenti integrál
v(r)dr. (6.15)
g
Ha a görbét nagyobbra vesszük akkor a zárt görbe menti integrál nagyobb lesz. Definiálható
egy átlagos forgatási mérték
v(r)dr
g
, (6.16)
∆F
ahol a ∆F a zárt görbe által kifeszített felület. Egy pontban a forgatás mértéke úgy jellemezhető,
hogy a ∆F rázsugorodik az adott pontra
v(r)dr
lim
∆F →0
g
∆F
V
rotn v(r). (6.17)
7 Óvatosan használjuk a nabla vektort, ami egy rövidítő jelölés, mert a vele végzendő műveletek helyességét
mindig bizonyítani kell.
26
F

A (6.17) definiálja a forgatásra jellemző vektornak a felületre normális irányú komponensét
12. ábra. A felület P pontbeli érintő síkjának normálvektora n
(12. ábra) . A rotáció vektor Descartes komponenseit úgy kapjuk, hogy az (x, y), (x, z) és a
(y, z) koordinátasíkokkal párhuzamos síkdarabokra számítjuk a rotáció vektor komponenseit
egy P pontban.
A 11. b. ábrán egy felülettel határolt folyadéktér látható. A térrészből folyadék lép ki. A
kilépő folyadékot egy vektorral jellemzzük, amelyet felbontunk egy a felület érintősíkjába eső
és egy arra merőleges komponensre. A kilépő folyadék mennyiségének a mértékét a merőleges
komponensek, vagyis a
v(r)dF, (6.18)
zárt felületre vonatkozó felületmenti integrál határozza meg, ahol dF egy irányított felületelem.
Adott pontban a forrás mértéke a felület által bezárt ∆V térfogatú tartományra vonatkozó
átlagos forrásmennyiség határértéke, ha a tartomány rázsugorodik a pontra; ezt nevezzük a
vektortér divergenciájának.
v(r)dF
lim
div v(r). (6.19)
∆V →0 ∆V
Bizonyos felületi integrálok átalakíthatók a felület által bezárt térrészre vonatkozó hármas
integrálokká. Ezt fejezi ki a Gauss-Osztrogradszkij tétel.
1. Tétel. (Gauss-Osztrogradszkij) Tekintsük az alábbi közelítést egy felületelemre vonatkozóan
(13. ábra)
13. ábra. Gauss-Osztrogradszkij tétel
Fk
v(r)dF ∼ = (div v)∆V (6.20)
Ha a V térfogatot sok részre felosztjuk és vesszük (6.20)-ak összegét, akkor az érintkező felületelemek
ellentétes előjelüek, így kiejtik egymást
n
n
(div v)∆V. (6.21)
lim
∆V →0
n→∞
k=1 Fk
v(r)dF = lim
∆V →0
n→∞
27
k=1

Tehát
v(r)dF = (div v)dV . (6.22)
F
A következőkben néhány műveletet vizsgálunk meg. A ∇ vektor egy derivási utasítást jelent,
ezért nézzük meg a (ϕv) szorzat deriváltját
ahol
azaz
V
div (ϕv) = ∇(ϕv) = v∇ϕ + ϕ∇v, (6.23)
ϕ = ϕ(x, y, z); v = v(x, y, z); ∇ϕ = grad ϕ, (6.24)
div (ϕv) = vgrad ϕ + ϕdiv v . (6.25)
Természetesen a (6.25) összefüggést be kellene még bizonyítani komponensekre történő
szétbontással.
Legyen v = grad u. Behelyettesítve a (6.25)-be
Ismeretes, hogy div (grad u) = ∂ ∂u
∂x ∂x
amely egyenlő ∇ 2 -tel.
div (ϕgrad u) = (grad u )grad ϕ + ϕdiv (grad u). (6.26)
∂ ∂u ∂ ∂u
+ + ∂y ∂y ∂z ∂z
= △u. A △-t Laplace operátornak nevezik,
grad u grad ϕ = div (ϕgrad u) − ϕ△u (6.27)
Vegyük (6.27) kifejezés mindkét oldalának a térfogat szerinti integrálját
(grad u grad ϕ)dV = (div (ϕgrad u))dV − (ϕ△u)dV. (6.28)
V
A Gauss-Osztrogradszkij tételt felhasználva
V
(grad u grad ϕ)dV = (ϕgrad u)dF − (ϕ△u)dV . (6.29)
V
F
Tulajdonképpen a (6.29) az analógiája az egyváltozós parciális integrálásnak. Ha történetesen
a ϕ az F felületen nulla, akkor a jobb oldal első tagja itt is kiesik, mint az egyváltozós parciális
integrálásnál.
6.2. A háromváltozós Euler-Lagrange egyenlet
Keressük azt a kétszer folytonosan differenciálható u(x, y, z) függvényt egy tartomány belsejében,
amely a tartomány peremén u(x, y, z)| F = 0 adott értéket vesz fel (14. ábra) és
V
F
14. ábra. Tartomány
28
V
V

V
f(x, y, z, u, u ′ x , u′ y , u′ z )dV → extrémális, (6.30)
ahol f is kétszer folytonosan differenciálható.
Legyen u(x, y, z) a keresett megoldás és a konkurenciába bocsájtott függvényeket a következő
alakban keressük
U(x, z, y) = u(x, y, z) + εη(x, y, z), (6.31)
ahol ε egy valós paraméter és η(x, y, z) kétszer folytonosan differenciálható. Mivel a konkurenciába
bocsájtott függvények ugyanazt a feltételt elégítik ki, mint a megoldás, ezért η| F = 0.
A deriváltak
U ′ x = u ′ x + εη ′ x; U ′ y = u ′ y + εη ′ y; U ′ z = u ′ z + εη ′ z. (6.32)
Visszahelyettesítve az integrálba
I(ε) =
V
f(x, y, z, U, U ′ x, U ′ y, U ′ z)dV, (6.33)
és a megoldást az I ′ (0) = 0 feltétel mellett kapjuk. A deriválást az összetett függvény deriválási
szabálya szerint elvégezve
I ′
∂f ∂f
(ε) = η +
∂U ∂U
V
′ η
x
′ ∂f
x +
∂U ′ η
y
′ ∂f
y +
∂U ′ η
z
′
!
z dV = 0. (6.34)
ε=0
Mivel U| ε=0 = u
V
∂f ∂f
η +
∂u ∂u ′ η
x
′ ∂f
x +
∂u ′ η
y
′ ∂f
y +
∂u ′ η
z
′
z dV
Vezessük be a következő két vektort
⎡ ⎤
⎡
x
r = ⎣y⎦
; grad u = ⎣
z
ekkor
∂f
∂u ′ x
∂f
∂u ′ y
∂f
∂u ′ z
⎡
⎣
⎤
u ′ x
u ′ y
u ′ z
⎤
!
= 0. (6.35)
ε=0
⎦ (6.36)
η ′ x
η ′ y
η ′ ⎦ =
z
grad (grad u(r))f · grad (r)η . (6.37)
A (6.27) szerint
grad(r)η grad (grad u(r))f
= div(r) η grad(grad u(r))f
− η div(r) grad(grad u(r))f . (6.38)
Képezzük mindkét oldal térfogat szerinti integrálját
V
−
V
grad(r)η grad (grad u(r))f dV =
div(r) η grad(grad u(r))f dV −
V
η div(r) grad(grad u(r))f dV. (6.39)
Alkalmazva a Gauss-Osztrogradszkij tételt az
V
div(r) η grad(grad u(r))f dV =
29
F
η grad(grad u(r))f dF (6.40)

és felhasználva, hogy η| F = 0
I ′
(0) =
=
V
V
∂f
− div(r) grad(grad
∂u
u(r))f
η dV =
∂f ∂
−
∂u ∂x
∂f
∂u ′ x
− ∂
∂y
∂f
∂u ′ y
− ∂
∂z
∂f
∂u ′ z
η dV = 0. (6.41)
A (6.41) minden peremfeltételt kielégítő η-ra érvényes, ezért a háromváltozós Euler-Lagrange
egyenlet
∂f ∂ ∂f
− −
∂u ∂x
∂ ∂f
−
∂y
∂ ∂f
= 0; u(x, y, z)| F = 0 . (6.42)
∂z
∂u ′ x
∂u ′ y
∂u ′ z
6.3. A háromváltozós izoperimetrikus feladat
Az izoperimetrikus feladat háromváltozós esetben
{f(x, y, z, u, ux, uy, uz)}dV → extrémum. (6.43)
V
Mellékfeltétel
{g(x, y, z, u, ux, uy, uz)}dV = A. (6.44)
V
A konkurenciába bocsájtott függvényeknél bevezethetők az ε1, ε2, η1, η2 paraméterek. Felhasználva
a Lagrange féle multiplikátor szabályt: f = f − λg, a feladat visszavezethető a
feltétel nélküli Euler-Lagrange egyenletre
∂ f ∂
−
∂u ∂x
∂ f
∂u ′ x
− ∂
∂y
∂ f
∂u ′ y
− ∂
∂z
∂ f
∂u ′ z
= 0; u(x, y, z)| F = 0 . (6.45)
Az Euler-Lagrange egyenlet könnyen általánosítható r darab mellékfeltétel esetére is csak a
Lagrange függvényből a többi feltétel λ-szorosát is le kell vonni.
Példa Tekintsük a következő kétváltozós izoperimetrikus feladatot
∂u 2 2 ∂u
+ + g(x, y)u
∂x ∂y
2
+ 2h(x, y)u dxdy → extrémum (6.46)
T
feltéve, hogy a µ súlyfüggvényre normálva
(µu 2 )dxdy = 1. (6.47)
Ezekután
f =
A szükséges deriváltak:
2 ∂u
+
∂x
∂ f
∂u
∂ f
∂u ′ x
∂ f
∂u ′ y
T
2 ∂u
+ [g(x, y) − λµ]u
∂y
2 + 2h(x, y)u. (6.48)
= 2[g(x, y) − λµ]u + 2h(x, y);
= 2 ∂u
∂x ;
= 2 ∂u
. (6.49)
∂y
30

Behelyettesítve a (6.45) egyenletbe és minusz 1-gyel szorozva
L[u] ≡ ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 +[λµ − g(x, y)]u − h(x, y) =
△u
= △u + [λµ − g(x, y)]u − h(x, y) = 0 . (6.50)
Ha nem lenne izoperimetrikus a feladat, akkor λ = 0 és kapunk egy inhomogén lineáris Poisson
egyenletet. Találtunk egy olyan variációszámítási feladatot, amelynek az Euler-Lagrange egyenlete
egy Poisson (vagy Laplace) egyenlet. Tehát például rezgési feladatokat kezelhetünk így.
Ha izoperimetrikus a feladat, akkor általában h(x, y) = 0 és ezt nevezzük az adott feladathoz
tartozó sajátértékfeladatnak. Ebben az esetben keressük a △u + [λµ − g(x, y)]u = 0 differenciálegyenlet
esetén azokat a λ1, λ2 . . . , λn, . . . számokat (sajátértékeket), amelyek mellett
létezik az egyenletnek az u| perem = 0 feltételt kielégítő nemtriviális megoldása (sajátfüggvénye).
6.4. A Ritz módszer kétváltozós esetben
Az adott L[u] = 0 (6.50) differenciálegyenlet közelítő megoldása Ritz módszer segítségével.
Legyenek ϕ1(x, y), ϕ2(x, y), . . . , ϕn(x, y) lineárisan független és a peremen (zárt görbe)
ϕk(x, y)| perem = 0 feltételeket kielégítő függvények. A közelítő függvényt ebben az altérben
ezek lineáris kombinációjaként keressük: un = a T ϕ = ϕ T a. A parciális deriváltak: u ′ nx =
a T ϕ ′ x = (ϕ ′ x) T a és u ′ ny = aT ϕ ′ y = (ϕ ′ y) T a. Helyettesítsük be ezeket a (6.46)-os integrálba
T
a T ϕ ′ x (ϕ ′ x )T a + a T ϕ ′ y (ϕ′ y )T a + ga T ϕϕ T a + 2ha T ϕ dxdy → extrémum, (6.51)
és
T
µ(a T ϕϕ T a)dxdy = A (6.52)
adott, mint mellékfeltétel. A Lagrange multiplikátor szabály segítségével számítható a gradiens
{2ϕ ′ x(ϕ ′ x) T a +2ϕ ′ y (ϕ ′ y) T a +2[g − λµ]ϕ ϕ T a +2hϕ}dxdy
! = 0. (6.53)
T
∂un
∂x
∂un
∂y
Kettővel osztva és felismerve a két gradiensvektor skalárszorzatát
{grad ϕ grad un + [(g − λµ)un + h]ϕ}dxdy ! = 0. (6.54)
Az (6.27)-es összefüggés szerint
T
grad ϕ grad un = div (ϕ grad un) − ϕ div ( grad un) , (6.55)
illetve a Gauss-Osztrogradszkij tétel értelmében
div (ϕ grad un)dxdy = (ϕ grad un)ds = 0, (6.56)
T
31
g
un
△un

mivel ϕ| g = 0. Végül a ϕ vektort kiemelve, minusz 1-gyel szorozva és az integrált komponensekre
bontva
T
{△un + [λµ − g]un − h} ϕkdxdy =
L[un]
T
L[un]ϕkdxdy = 0; k = 1, . . . , n . (6.57)
Itt is, mint korábban az a1, a2, . . . , an együtthatók az ismeretlenek.
Példa Adott a Laplace egyenlet az alábbi peremfeltétellel (kör peremén legyen nulla) (15. ábra)
T
y
1
15. ábra. Példa
△u = 0; u| 1−x 2 −y 2 = 0 ⇒ f = △u + λu = 0. (6.58)
A legegyszerűbb olyan függvények, amelyek a peremfeltételt kielégítik:
Az n = 1 esetén u1 = a1(1 − x 2 − y 2 )
ϕ1(x) = 1 − x 2 − y 2 ,
ϕ2(x) = (1 − x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 ),
x
. (6.59)
∂ 2 u1
∂x 2 = −2a1 = ∂2 u1
∂y 2 ⇒ L[u1] = −4a1 + λa1(1 − x 2 − y 2 ). (6.60)
Számítsuk ki az integrált8
L[u1]ϕ1(x, y)dxdy = a1
T
T
[−4 + λ(1 − x 2 − y 2 )](1 − x 2 − y 2 )dxdy = 0. (6.61)
Az a1 akármi lehet. Polár koordinátarendszerben x 2 + y 2 = r 2 és dxdy = rdrdϕ
2π
r
ϕ=0 r=0
2 r
= −4
2
8 A kör belseje lesz a T tartomány.
[−4(1 − r 2 ) + λ(1 − r 2 ) 2 ]rdrdϕ =
1 2
r4 r 2
− + λ −
4 0 2 4 r4 + r6
6
32
1
2π =
0
−1 + 1
6 λ
2π = 0 . (6.62)

Ebből λ1 = 6. Megjegyezzük, hogy a pontos megoldás λ1 = 5, 76. A Ritz módszer már egyetlen
függvénnyel nagyon jól közelít.
Ha n = 2 , akkor u2 = a1(1 − x 2 − y 2 ) + a2(1 − x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 ). A szimmetria miatt elég csak
a második integrált kiszámítani
T
L[u2]ϕ2(x, y)dxdy = 0. (6.63)
Ez egy homogén lineáris egyenletrendszert ad a1, a2-re. Ebből λ1 = 5.79 adódik.
6.4.1. Bázisfüggvények meghatározása
A ϕk(x, y) lineárisan független függvényeket, amelyek kielégítik a peremfeltételeket esetén a
következőképpen lehet megválasztani. Induljunk ki először egy ϕ1(x, y) = ω(x, y) függvényből,
ahol ω(x, y) a peremen nulla. Ezekután 9
ϕ2 = ωx; ϕ3 = ωy;
polinom alakú bázisfüggvényeket lehet használni.
ϕ4 = ωx 2 ; ϕ5 = ωxy; ϕ6 = ωy 2 ; . . . (6.64)
Példák Az ω(x, y) > 0 meghatározása (16. ábra), (17. ábra)
T
y
a
x
16. ábra. a. Körtartomány b. Téglalap tartomány
• körtartomány esetén: ω(x, y) = a 2 − x 2 − y 2
• téglalap tartomány esetén: ω(x, y) = (x 2 − a 2 )(y 2 − b 2 )
• lyukas körlap esetén: ω(x, y) = (a 2 − x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 − ax), mert a lyuk egyenlete
x − a
2 2
+ y 2 =
a
y
b
b
a
2 ⇒ x
2
2 + y 2 − ax = 0
• egyenesekkel határolt tartomány esetén: ω(x, y) = n
(akx + bky + ck), ahol az
(akx + bky + ck) = 0 a határoló egyenesek egyenlete. 10
9Az előző fejezetben a szimmetria miatt (körtartomány) választottunk csak páros hatványokat tartalmazó
függvényt az ω(x, y) szorzására.
10Meg kell még vizsgálni, hogy mikor lesz ω(x, y) > 0.
33
T
a
k=1
x

Hivatkozások
T
y
a
2
a
x
ak
x bk
y ck
17. ábra. a. Lyukas körlap b. Egyenesekkel határolt tartomány
[1] Bajcsay Pál, Variációszámítás, Műszaki Matematikai Gyakorlatok C. II., Tankönyvkiadó,
Budapest, 1957.
[2] Kantorovics L.V. - Krülov V.I., A felsőbb analízis közelítő módszerei, Akadémiai Kiadó,
Budapest, 1953.
34
T
y
0
x