\input{ccs_gyak_defs}
\author{Lecture 2}


\begin{document}
\selectlanguage{magyar}
\maketitle

\noindent\Atir*[black]{Feladattípusok}
\begin{itemize}
    \item két függvény konvolúciója
    \item $\ddot y + a \dot y + b y = e^{-at}, ~ y(0), ~\dot y(0)$
    típusú kezdetiérték feladatok megoldása (Laplace transzformációval)
    \item parciális törtekre bontás (Laplace transzformációból adódó racionális törtfüggvények miatt)
    \item $\ddot y + a \dot y + b y = u(t)$-al megadott rendszerek átviteli függvényének $(H(s))$ kiszámítása
    \item $\dot x = A x, ~ x(0)$ típusú kezdetiérték feladatok megoldása Laplace transzformációval
    \item állapottérmodellel megadott rendszer $(\dot x = A x + B u, ~y = C x)$ átviteli függvényének $(H(s))$ kiszámítása
    \item állapottérmodell megoldása adott bemeneti függvények és adott kezdetiérték feltételek mellett
        -- impulzusválasz $(h(t))$, egységugrásra adott válasz (átmeneti függvény -- step response, $v(t)$) kiszámítása
\end{itemize}


\section{Laplace transzformáció}
	Definíció: $f(t) \rightarrow F(s) \quad s \in \mathbb{C}$ \\
    \begin{equation}
        \TODOx{$F(s) = \displaystyle\mathfrak{L}\{f(t)\}= \int_{0}^\infty f(t)e^{-st}\diffd t$}
    \end{equation}

	\noindent A laplace transzformáció az integrálás tulajdonságai alapján lineáris leképezés,
    megőrzi az összeadás és a skalárral való szorzás műveleteket.
	\subsection{Szabályok}
    \begin{enumerate}
        \item
        Konvolúció időtartományban:
        \TODOx[blue]{$\mathfrak L \qty{(f * g)(t)} = F(s) G(s)$,} \\[4pt]
        ahol $F(s) = \mathfrak L \qty{f(t)}$, $G(s) = \mathfrak L \qty{g(t)}$,
        $(f*g)(t) = \int_0^t f(\tau) g(t-\tau) \diffd \tau$. Levezetés:
        \begin{align} \nonumber
            \mathfrak L \qty{(f*g)(t)} &=
            \int_0^\infty \int_0^t f(\tau) g(t-\tau) \diffd\tau\ e^{-st} \diffd t =
            \int_0^\infty \int_0^\infty f(\tau) g(t-\tau) e^{-st} \diffd t \ \diffd\tau \\\nonumber &=
            \int_0^\infty \int_0^\infty g(t-\tau) e^{-s(t-\tau)} \diffd t\ f(\tau) e^{-s\tau} \diffd\tau =
            \int_0^\infty \int_0^\infty g(\vartheta) e^{-s\vartheta} \diffd \vartheta\ f(\tau) e^{-s\tau} \diffd\tau \\ &=
            \int_0^\infty g(\vartheta) e^{-s\vartheta} \diffd \vartheta \int_0^\infty f(\tau) e^{-s\tau} \diffd\tau =
        \end{align}

        Olyan függvényekkel foglalkozunk, amelyekre $f(t) = g(t) = 0$ bármely $t < 0$, ezért
        \begin{equation}
            \int_0^t f(\tau) g(t-\tau) \diffd \tau  = \int_0^\infty f(\tau) g(t-\tau) \diffd \tau
            ~~ \text{ mivel } g(t-\tau) = 0 \text{ bármely } \tau > t
        \end{equation}

        A konvolúció levezetése során ezt is felhasználtam (itt egy változócsere történik: $\vartheta = t - \tau$):
        \begin{equation}
            \int_0^\infty g(t-\tau) e^{-s(t-\tau)} \diffd t =
            \int_{-\tau}^\infty g(\vartheta) e^{-s\vartheta} \diffd \vartheta =
            \int_0^\infty g(\vartheta) e^{-s\vartheta} \diffd \vartheta ~~\text{ mivel } g(t < 0) = 0
        \end{equation}

        \item
        Függvény idő szerinti deriváltjára vonatkozó képlet: \\[4pt]
        \TODOx[blue]{$\mathfrak{L}\{\dot y(t)\} = s Y(s) - y(0)$,} ahol $Y(s) = \mathfrak L \qty{y(t)}$.
        Levezetés:
        \begin{equation}
            \int_0^\infty \dot y(t) e^{-st} \diffd t
            = y(t) e^{-st}\Big|_0^\infty - (-s) \int_0^\infty y(t) e^{-st} \diffd t
            = -y(0) + s \mathfrak L \qty{y(t)}
        \end{equation}

        \item
        Függvény idő szerinti második deriváltjára vonatkozó képlet: \\[4pt]
        \TODOx[blue]{$\mathfrak{L}\{\ddot y(t)\} = s^2 Y(s) - \dot y(0) - s y(0)$.}
        Levezetés:
        \begin{equation}
            \mathfrak{L}\{\ddot{y}(t)\}=s\mathfrak{L}\{\dot{y}(t)\}-\dot{y}(0)=s^2Y(s)-sy(0)-\dot y(0)
        \end{equation}
        Ezek után nem nehéz általánosítani...

	\end{enumerate}

    % http://fourier.eng.hmc.edu/e102/lectures/Laplace_Transform/node17.html
    % http://www.electrical4u.com/initial-value-theorem-of--laplace-transform/
    \subsection{Határértéktételek}
    \begin{enumerate}
        \item
        \TODOx[orange]{$y(0) = \smash{\displaystyle\lim_{s \to \infty}} \, s Y(s))$} (Kezdeti érték tétel)

        Bizonyítás. Vegyük a deriválási szabály mindkét oldalának határértékét ha $s \to \infty$:
        \begin{align}
            \lim_{s \to \infty} \int_0^\infty \underbrace{e^{-st}}_{\to 0} \dot y(t) \diffd t &= \lim_{s \to \infty} \qty(s Y(s) - y(0))
            ~~\Rightarrow~~
            % 0 &= \lim_{s \to \infty} s Y(s) - y(0) \\
            y(0) = \lim_{s \to \infty} s Y(s)
        \end{align}

        \item
        \TODOx[orange]{$y(\infty) = \smash{\displaystyle\lim_{s \to 0}} \, s Y(s)$} (Végérték tétel)

        Bizonyítás. Vegyük a deriválási szabály
        \begin{equation}
            \int_0^\infty \dot y(t) e^{-st} \diffd t = s Y(s) - y(0)
        \end{equation}
        mindkét oldalának határértékét ha $s \to 0$:
        \begin{align}
            \lim_{s \to 0} \int_0^\infty \underbrace{e^{-st}}_{\to 1} \underbrace{\dot y(t) \diffd t}_{\diffd y(t)} &= \lim_{s \to 0} \qty(s Y(s) - y(0)) \\
            \lim_{s \to 0} \int_0^\infty \diffd y(t) &= \lim_{s \to 0} s Y(s) - y(0) \\
            y(\infty) - y(0) &= \lim_{s \to 0} s Y(s) - y(0) ~~ \Rightarrow ~~
            y(\infty) = \lim_{s \to 0} s Y(s)
        \end{align}


    \end{enumerate}


    \subsection{Nevezetes függvények Laplace transzformációja}
    \begin{enumerate}
        \item
        \TODOx{$\mathfrak{L}\{\delta(t)\}= 1$}
        Levezetés:
        $\displaystyle \int_{0}^\infty \delta(t) e^{-st} \diffd t =
        \lim_{T \to 0}  \frac1T\int_{0}^T e^{-st} \diffd t =
        \frac1s \underbrace{\lim_{T \to 0} \frac{1 - e^{-sT}}T}_{\text{L'Hospital: } s} = 1$

        \item
        \TODOx{$\mathfrak{L}\{1(t)\}= \frac{1}{s}$} Levezetés: $\int_{0}^\infty 1(t)e^{-st}\diffd t = \left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]_{0}^{\infty}=0-\left(-\frac{1}{s}\right)=\frac{1}{s}$, \\
        ahol $1(t)$ az egységugrás függvény, $u(t)$-vel is szokás jelölni, azonban itt az $u(t)$ a rendszer bemenetét fogja jelölni.

        \item
        \Atir[gray]{ $\mathfrak{L}\{t \cdot 1(t)\}=\frac{1}{s^2}$ (sebességugrás függvény) }

        \item
        \TODOx{$\mathfrak L \qty{ e^{-at} } = \frac1{s + a}$,} inverz laplace transzformáció esetén ez a leghasznosabb.

        \item
        $\mathfrak{L}\{e^{-t/T}\}= \frac{1}{s+1/T}=\frac{T}{1+sT}$, az előzőnek egy másik alakja.
        \\ Levezetés:
        $\int_{0}^\infty e^{-t/T}e^{-st}\diffd t =  \int_{0}^\infty e^{-(s+1/T)t}\diffd t \left[\frac{e^{-(s+1/T)t}}{-(s+1/T)}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{s+1/T}=\frac{T}{1+sT}$
        \begin{description}
            \item[pólus-zérus alak] $\frac{1}{s+1/T}$
            \item[időállandós alak] $\frac{T}{1+sT}$
        \end{description}

        \item
        $\mathfrak{L}\{1-e^{-t/T}\}=\frac{1}{s(1+sT)}$ (időállandós alak)

        \item
        $\mathfrak{L} \left\{ \frac{1}{T_1-T_2}(e^{-t/T_1}-e^{-t/T_2}) \right\} =\frac{1}{(1+sT_1)(1+sT_2)}$

        \item
        $\displaystyle \mathfrak{L} \qty{e^{at} \sin(bt)} = \displaystyle \frac{b}{(s-a)^2 + b^2}$

        \item
        $\displaystyle \mathfrak{L} \qty{e^{at} \cos(bt)} = \displaystyle \frac{s-a}{(s-a)^2 + b^2}$
	\end{enumerate}
    \subsection{Inverz Laplace transzformáció}
	$f(t)=\mathfrak{L}^{-1}\{F(s)\}= \frac{1}{2 \pi j} \lim_{T \to \infty} \int_{c-jT}^{c+jT} F(s)e^{ts} ds$ \\
	ahol $c \in \mathbb{R}$ nagyobb mint F(s) szingularitásainak valós részei.

\pagebreak
  	\subsection{Bemenet, rendszerválasz}
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Dirac impulzus}
\begin{center}
		\begin{tikzpicture}][h!]
		  \begin{axis}[height=4cm,width=4.5cm, xlabel=$t$, ylabel=$f(t)$, axis x line=center, axis y line = 				center,
			  xmin=-1, xmax=1, ymin=0, ymax=1, ytick=\empty]
		    \addplot+[ycomb,mark=triangle,thick] plot coordinates {(0,1)};
		  \end{axis}
		\end{tikzpicture}
\end{center}
		$$
    %     f_{\tau}(t) = \left\{
  		% \begin{array}{l l}
    % 	\frac{1}{\tau} & \quad \text{ha} -\frac{\tau}{2} \leq t \leq \frac{\tau}{2} \\
    % 	0 & \quad \text{egyébként}\\
  		% \end{array} \right.
        f_{\tau}(t) = \left\{
        \begin{array}{l l}
        \frac{1}{\tau} & \quad \text{ha } 0 \leq t < \tau \\
        0 & \quad \text{egyébként}\\
        \end{array} \right.
  		\quad \delta(t) = \lim_{\tau\rightarrow 0^+} f_{\tau}(t) $$
  		\item \textbf{Rendszer válasza a Dirac impulzusra (impulzusválasz)}: $h(t)$ \\
        Pl. ha ráütök $(\delta(t))$ egy éppen nyugalomban lévő csapóajtóra, vagy egy rugóra függesztett testre (rendszer),
        akkor az elkezd oszcillálni, majd szép lassan megáll $(h(t))$.
        \tikzstyle{block} = [draw,rectangle,minimum height=3em,minimum width=6em]
        \tikzstyle{input} = [coordinate]
        \tikzstyle{output} = [coordinate]
        \tikzstyle{pinstyle} = [pin edge={to-,thin,black}]
        \begin{center}
        \begin{tikzpicture}[auto,node distance=2.5cm,>=latex']
            % We start by placing the blocks
            \node [input, name=input] {};
            \node [block, right of=input, node distance=2.5cm] (system1) {Rendszer};
            \node [output, right of=system1] (output) {};

            % Once the nodes are placed, connecting them is easy.
            \draw [draw,->] (input) -- node {$\delta(t)$} (system1);
            \draw [->] (system1) -- node [name=y] {$h(t)$}(output);
        \end{tikzpicture}
        \end{center}
        Konvolúciós időinvariancia: $\delta(t-\tau)$ bemenet esetén $h(t-\tau)$.
        Vagyis, ma is holnap is, bármikor, ha ezt a kísérletet megismétlem, ugyanazt fogom tapasztalni.

  		\item \textbf{Rendszer válasza $u(t)$-re (átmeneti függvény)}: Kauzális konvolúció
        \begin{center}
        \TODOx[red!30!white]{
        \begin{tikzpicture}[auto, node distance=2.5cm,>=latex']
            % We start by placing the blocks
            \node [input, name=input] {};
            \node [block, right of=input, node distance=2.5cm] (system1) {\begin{tabular}{c}
                Rendszer \\
                $h(t)$
            \end{tabular}};
            \node [output, right of=system1] (output) {};

            % Once the nodes are placed, connecting them is easy.
            \draw [draw,->] (input) -- node {$u(t)$} (system1);
            \draw [->] (system1) -- node [right,xshift=-1em,yshift=1em,name=y]
            {$y(t) = (u*h)(t)=\displaystyle\int_0^t h(t-\tau)u(\tau) d\tau$}(output);

        \end{tikzpicture}
        }
        \end{center}
  		% $$
  	\end{enumerate}

\begin{cexample}{}\label{}
    Számítsuk ki $f(t) = t$ és $g(t) = t^2$ konvolúcióját: \\
    \begin{equation}
        (f*g)(t) =
        \int_0^t(t-\tau)\tau^2 d\tau =
        \int_0^t t\tau^2-\tau^3 d\tau =
        \left[\frac{t \tau^3}{3}-\frac{ \tau^4}{4}\right]_0^t =
        \frac{t^4}{12}
    \end{equation}
\end{cexample}

\pagebreak
\section{Laplace transzformáció alkalmazása kezdeti érték probléma megoldására}
    \begin{cexample}[Állandó együtthatós másodrendű lineáris differenciálegyenlet]{}\label{}
        \label{ex:Laplace1}
        Oldjuk meg a következő kezdetiérték problémát:
        $$\ddot{y} -2\dot{y} +5y=-8e^{-t} \quad y(0)=2 \quad \dot{y}(0)=12$$
        A linearitásból adódóan az összeget lehet tagonként Laplace transzformálni.
        \begin{equation} \label{eq:ode_s}
           \mathfrak{L}\{\ddot{y}\} -2\mathfrak{L}\{\dot{y}\} +5\mathfrak{L}\{y\}=-\frac{8}{s+1}
        \end{equation}
        A Laplace transzformáció derivált függvényre vonatkozó képlete:
        $\mathfrak{L}\{\dot y\} = s Y(s) - y(0) = sY(s)-2$.
        Második derivált pedig:
        $\mathfrak{L}\{\ddot{y}\} = s^2 Y(s)-sy(0)-\dot y(0) = s^2 Y(s)-2s-12$.
        Így a \eqref{eq:ode_s} egyenlet a következő képpen alakul:
        \begin{equation}
            (s^2Y(s)-2s-12)-2(sY(s)-2)+5Y(s)=-\frac{8}{s+1}
        \end{equation}
        $Y(s)$-t kifejezve kapjuk, hogy:
        \begin{equation}
            Y(s) = \frac{2s^2+10s}{(s^2-2s+5)(s+1)} \xrightarrow{\mathfrak L^{-1}} y(t)=?
        \end{equation}
    \end{cexample}
% \pagebreak
    \begin{cexample}[Parciális törtekre bontás]{}\label{}
        Oldjuk meg a következő kezdetiérték problémát:
        $$\dddot y + 7 \ddot y + 14 \dot y + 8 y = 0
        \quad
        y(0) = 0
        \quad
        \dot y (0) = 0
        \quad
        \ddot y (0) = 2$$
        Kezdeti értékek fizikai jelentése: nyugalomban lévő testre hat egy gyorsulásvektor
        (pl. gravitációs gyorsulás). Az előző feladathoz hasonlóan ha vesszük az egyenlet mindkét oldalának
        Laplace transzformáltját, kapjuk, hogy:
        \begin{align*}
            Y(s)=\frac{2}{(s+1)(s+2)(s+4)}= \frac{C_1}{s+1}+\frac{C_2}{s+2}+\frac{C_3}{s+4}
            ~~\xrightarrow{\mathfrak L^{-1}}~~
            y(t) = C_1 e^{-t} + C_2 e^{-2t} + C_3 e^{-4t}
        \end{align*}
        Ha a nevező minden gyöke egyszeres, a számlálóban szereplő konstansok az alábbi képlet alkal\-mazásával számolhatók:
        \begin{align}
            &C_i= \lim_{s \to \alpha_i} (s-\alpha_i)Y(s), ~\text{ ahol } \alpha_i \text{ az } \frac{C_i}{s + \alpha_i} \text{ gyöke } \nonumber \\
            &C_1= \lim_{s \to -1} (s+1)Y(s) = \frac{2}{(s+2)(s+4)}\left|_{s=-1}\right.=\frac{2}{3} \nonumber \\
            &C_2= \lim_{s \to -2} (s+2)Y(s) = \frac{2}{(s+1)(s+4)}\left|_{s=-2}\right.=-1 \nonumber \\
            &C_3= \lim_{s \to -4} (s+4)Y(s) = \frac{2}{(s+1)(s+2)}\left|_{s=-4}\right.=\frac{1}{3} \nonumber \\
            &Y(s)=\frac{\frac{2}{3}}{s+1}+\frac{-1}{s+2}+\frac{\frac{1}{3}}{s+4}
        \end{align}
        Tehát a megoldás:
        \begin{align}
            y(t)= \frac{2}{3}e^{-t}-e^{-2t}+\frac{1}{3}e^{-4t}
        \end{align}
    \end{cexample}

\begin{cmatlab}[\tt partfrac,ilaplace,residue,poly2sym,sym2poly]{Inverz Laplace transzformáció}\label{}
\ref{ex:Laplace1}. Példa folytatása:
    \begin{equation*}
        Y(s) = \frac{2s^2+10s}{(s^2-2s+5)(s+1)} =
        \frac{3 s + 5}{s^2 - 2 s + 5} - \frac{1}{s + 1}
        ~~\Rightarrow~~
        y(t) = 3 \mathrm{e}^{t} \qty(\cos(2 t) + \frac{4 \sin(2 t)}{3}) - \mathrm{e}^{- t}
    \end{equation*}
    Szimbolikus Toolbox segítségével:
    \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> syms s
>> Y = partfrac( (2*s^2 + 10*s) / ((s+1) * (s^2 - 2*s + 5)) )
Y =
(3*s + 5)/(s^2 - 2*s + 5) - 1/(s + 1)
>> ilaplace(Y)
ans =
3*exp(t)*(cos(2*t) + (4*sin(2*t))/3) - exp(-t)
    \end{Verbatim}

    Numerikus számításokkal:
    \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> Y = expand((s+1) * (s^2 - 2*s + 5))
Y =
s^3 - s^2 + 3*s + 5
>> B = [2 10 0];
>> A = sym2poly(Y)
A =
     1    -1     3     5
>> [r,p,k] = residue(B,A)
r =
   1.5 - 2i
   1.5 + 2i
  -1   + 0i
p =
   1   + 2i
   1   - 2i
  -1   + 0i
k =
     []
    \end{Verbatim}
    \begin{equation}
        Y(s) = \frac{B(s)}{A(s)} = \sum_i \frac{r_i}{s - p_i} + K(s)
        =
        -\frac{1}{s + 1} + \frac{1.5 - 2j}{s - 1 - 2j} + \frac{1.5 + 2j}{s - 1 + 2j}
    \end{equation}

    \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
>> Y = sum(r ./ (s - p)) + poly2sym(k)
Y =
- 1/(s + 1) + (3/2 - 2i)/(s - 1 - 2i) + (3/2 + 2i)/(s - 1 + 2i)
>> latex(Y)
ans =
 - \frac{1}{s + 1} + \frac{\frac{3}{2} - 2\, \mathrm{i}}{s - 1 - 2\, \mathrm{i}} + \frac{\frac{3}{2} + 2\, [...]
>> ilaplace(Y)
ans =
- exp(-t) + exp(t*(1 - 2i))*(3/2 + 2i) + exp(t*(1 + 2i))*(3/2 - 2i)
>> Y = simplify(Y)
ans =
(2*s*(s + 5))/(s^3 - s^2 + 3*s + 5)
>> ilaplace(Y)
ans =
3*exp(t)*(cos(2*t) + (4*sin(2*t))/3) - exp(-t)
    \end{Verbatim}
    \begin{equation}
        y(t) = - \mathrm{e}^{- t} + \mathrm{e}^{t\, \left(1 - 2j\right)}\, \left(\frac{3}{2} + 2j\right){e}^{t\, \left(1 + 2j\right)}\, \left(\frac{3}{2} - 2j\right)
        = 3 \mathrm{e}^{t} \qty(\cos(2 t) + \frac{4 \sin(2 t)}{3}) - \mathrm{e}^{-t}
    \end{equation}
\end{cmatlab}

\pagebreak
    \begin{cexample}{}\label{}
        Állandó együtthatós lineáris differenciálegyenlet rendszer
      	$$\begin{array}{c}
      		\dot{x}_1=2x_1 + 3x_2 \\
      		\dot{x}_2=2x_1 + x_2
      	\end{array}
      	\quad \rightarrow \quad
      	\dot{x} = Ax
      	\quad
      	A=
      	\begin{pmatrix}
      		2 & 3 \\
      		2 & 1
      	\end{pmatrix}
      	\quad x_0=
      	\begin{pmatrix}
      		0 \\
      		1
      	\end{pmatrix}$$
      	Megoldás: $x(t)=e^{At}x_0$, \TODOx{$e^{At} = S e^{Dt} S^{-1} = \mathfrak L^{-1}\qty{(sI-A)^{-1}}$.} \\[4pt]
        Az első egyenlet a sajátért-sajátvektor felbontásból adódik (előző gyakorlat anyaga).
        $e^{At}$ második kifejezése pedig onnan ered, hogy egydimenzióban:
        \begin{equation}
            e^{at}=\mathfrak L^{-1}\qty{(s-a)^{-1}}=\mathfrak L^{-1}\qty{\frac{1}{s-a}}
        \end{equation}
        A két kifejezés közül bármelyik használgató. Itt most a második szerepel:
        \begin{equation}
          	\det(sI-A) = \vmqty{
            s-2 & -3 \\
            -2 & s-1
            } = (s-2)(s-1)-6=s^2-3s-4 = (s-4)(s+1)
        \end{equation}

      	$$(sI-A)^{-1}=\frac{1}{(s-4)(s+1)}
      	\begin{pmatrix}
      	s-1 & 3 \\
      	2 & s-2
      	\end{pmatrix}$$
    \noindent A Laplace transzformáció linearitása miatt a konstans szorzó (az $x_0$ kezdeti érték) bevihető a leképezés belsejébe.

      	$$e^{At} x_0 = \mathfrak{L}^{-1}
      	\qty{\begin{pmatrix}
            \displaystyle\frac{3}{(s-4)(s+1)} \\[10pt]
            \displaystyle\frac{s-2}{(s-4)(s+1)}
        \end{pmatrix}}$$
      	Parciális törtekre bontás (``pikk-pakk'' eljárással):
        \begin{equation}
            \frac3{(s-4)(s+1)} = \frac35 \frac{(s+1) - (s-4)}{(s-4)(s+1)} = \frac{0.6}{s-4} - \frac{0.6}{s+1}
        \end{equation}
        Ezt egyszerűbb a bejáratott módszerrel:
        \begin{equation}
            \frac{s-2}{s^2-3s-4}=\frac{C_3}{s+1}+\frac{C_4}{s-4} \rightarrow C_3=0.6 \quad C_4=0.4
        \end{equation}
        Végül kapjuk:
        \begin{equation}
            x(t)=\mathfrak{L}^{-1}
            \qty{\begin{pmatrix}
                \displaystyle\frac{-0.6}{s+1} + \frac{0.6}{s-4} \\[10pt]
                \displaystyle\frac{0.6}{s+1} + \frac{0.4}{s-4}
            \end{pmatrix}} =
            \begin{pmatrix}
                -0.6e^{-t} + 0.6e^{4t} \\
                0.6e^{-t} + 0.4e^{4t}
            \end{pmatrix}
        \end{equation}
        Ha a második képletet alkalmaztam volna: $e^{At} = S e^{Dt} S^{-1}$, akkor nem kellett volna parciális törtekre bontani, azonban sajátvektorokat kell számolni (időnként ez egyszerűbb).
    \end{cexample}

\pagebreak
    \begin{cmatlab}[\tt eig,syms,expand,pretty,diag]{\small $\dot x = A x, ~x(0) = x_0$ megolása szimbolikus toolboxal}\label{}
        \begin{equation}
            \dot x = A x ~,~~ x(0) = x_0 \text{ megoldása } x(t) = e^{At} x_0 ~,~~ e^{At} = S e^{Dt} S^{-1} \text{ képlettel }
        \end{equation}
        \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
syms t real

A = [2 3 ; 2 1];
x0 = [0;1];

[S,D] = eig(A);

SDS_A_iszero = S * D / S - A

exp_Dt = diag(exp(diag(D)*t));
fprintf('\nexp(Dt) = \n\n')
pretty(exp_Dt)

exp_At = expand(S * exp_Dt / S);
fprintf('\n[Matlabbal szamolt sajatvektorok] \nexp(At) = \n\n'), pretty(exp_At)

xt = exp_At * x0;
fprintf('\nA differencialegyenlet megoldasa: x(t) = \n\n')
pretty(expand(xt))
        \end{Verbatim}
        Eredmény:
        \begin{Verbatim}[fontsize=\scriptsize]
exp(Dt) =

/ exp(4 t),    0    \
|                   |
\     0,    exp(-t) /


[Matlabbal szamolt sajatvektorok]
exp(At) =

/ 2 exp(-t)   exp(4 t) 3  exp(4 t) 3   3 exp(-t) \
| --------- + ----------, ---------- - --------- |
|     5            5           5           5     |
|                                                |
| exp(4 t) 2   2 exp(-t)  3 exp(-t)   exp(4 t) 2 |
| ---------- - ---------, --------- + ---------- |
\      5           5          5            5     /

A differencialegyenlet megoldasa: x(t) =

/ exp(4 t) 3   3 exp(-t) \
| ---------- - --------- |
|      5           5     |
|                        |
| 3 exp(-t)   exp(4 t) 2 |
| --------- + ---------- |
\     5            5     /
        \end{Verbatim}
    \end{cmatlab}

\pagebreak
\begin{figure}[h]
        \centering
        \begin{subfigure}{0.5\textwidth}
\resizebox{0.85\textwidth}{!}{%
               \begin{tikzpicture}
            \pgfplotsset{ every axis plot post/.append style= {mark=none}}
            \begin{axis}[ legend style={ at={(0.5,0.97)},anchor=north west}, domain=0:25, xlabel=$t$, ylabel=$y(t)$]
            \addplot {5/4*exp(-x/4)};
            \legend{$y(t)=\frac{K}{T}e^{-\frac{t}{T}}$}
            \end{axis}
            \end{tikzpicture}
}
            \caption{Rendszerválasz a Dirac implzus bemenetre}
        \end{subfigure}%
        ~ %add desired spacing between images, e. g. ~, \quad, \qquad etc.
          %(or a blank line to force the subfigure onto a new line)
        \begin{subfigure}{0.5\textwidth}
\resizebox{0.85\textwidth}{!}{%
            \begin{tikzpicture}
                \pgfplotsset{ every axis plot post/.append style= {mark=none}}
                \begin{axis}[ legend style={ at={(0.4,0.37)},anchor=north west}, domain=0:25, xlabel=$t$, ylabel=$y(t)$]
                \addplot {5*(1-exp(-x/4))};
                \legend{$y(t)=K(1-e^{-\frac{t}{T}})$}
                \end{axis}
                \end{tikzpicture}
}
                \caption{Rendszerválasz az egységugrás bementre}
        \end{subfigure}
        \caption{Egytárolós rendszer válasza}
\end{figure}
\begin{cexample}{\small Laplace transzformáció alkalmazása átviteli függvény és rendszerválasz számítására}\label{}

  A rendszert leíró differenciálegyenlet: $T \dot{y}+y=Ku(t) \quad y(0)=0$ \\
  Határozzuk meg a rendszer válaszát az alábbi esetekben:
    \begin{enumerate}
    \item $u(t)=\delta(t)$ \item $u(t)=1(t)$
    \end{enumerate}
  A rendszer Laplace transzformáltja: $TsY(s)+Y(s)=KU(s)$, ahol $T\in \mathbb{R}$ és $K\in \mathbb{R}$ rendszerfüggő paraméterek.
  Az átviteli függvény:
  \begin{equation}
      H(s)=\frac{Y(s)}{U(s)}=\frac{K}{1+Ts}
  \end{equation}
  A rendszer válasza: $Y(s)=\frac{K}{1+Ts}U(s)$
  \begin{enumerate}

    \item
    impulzusválasz
    $$u(t)=\delta(t) \xrightarrow{\mathfrak L} U(s)=1$$
    $$Y(s)=K \frac{1}{1+Ts} \quad\xrightarrow{\mathfrak L^{-1}} \quad y(t)=\mathfrak{L}^{-1}\{Y(s)\}
    = \frac{K}{T} \mathfrak L^{-1}\qty{\frac{1}{s+\frac{1}{T}}}=\frac{K}{T}e^{-t/T} $$

    \item
    átmeneti függvény (egységugrásra adott válasz)
    $$u(t)=1(t) \xrightarrow{\mathfrak L} U(s)=\frac{1}{s}$$
    $$Y(s)=K \frac{1}{s(1+Ts)} \quad \xrightarrow{\mathfrak L^{-1}} $$
    $$y(t)=\mathfrak{L}^{-1}\{Y(s)\}=\frac{K}{T} \cdot \mathfrak{L}^{-1}\qty{\frac{1}{s} \cdot \frac{1}{s+\frac{1}{T}}} = \frac{K}{T} \cdot(1(t) * e^{\frac{-t}{T}}) =K(1-e^{-t/T})$$
\end{enumerate}
    $K=5$ és $T=4$ esetén a példa megoldásainak szemléltetése látható a fenti ábrán.
\end{cexample}

\pagebreak
\section{Állapotegyenlet megoldása}

\begin{itemize}
    \item Ha csak gerjesztése van $(x_0=0,u(t) \neq 0)$ $\rightarrow$ Laplace transzformáció alkalmazása
    \item Ha csak kezdeti feltétel van $(x_0 \neq 0 , u(t)=0)$ $\rightarrow$ $e^{At}x_{0}$, állapottrajektória
    \item Ha kezdeti feltétel is van, és gerjesztés is
\end{itemize}

    \begin{cexample}{ÁTM megoldása -- egységugrás bemenetre}\label{}

    $$A=
    \begin{pmatrix}
    2 & 3 \\
    2 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    B=
    \begin{pmatrix}
    1 \\
    1
    \end{pmatrix}
    \quad
    C=
    \begin{pmatrix}
    0 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    x_0=
    \begin{pmatrix}
    0 \\
    0
    \end{pmatrix}
    \quad
    u(t)=1(t)
    $$
    \begin{equation}
        \begin{aligned}
            &\dot{x}=Ax+Bu \\
            &y=Cx
        \end{aligned}
    \end{equation}

    Laplace transzformáció alkalmazása:

    $$
    sX(s)=AX(s)+BU(s) \rightarrow sX(s)-AX(s)=BU(s) $$
    $$ (sI-A)X(s)=BU(s) \rightarrow X(s)=(sI-A)^{-1}BU(s) $$
    $$ Y(s)=C(sI-A)^{-1}BU(s) $$
    $$H(s)=Y(s)/U(s)=C(sI-A)^{-1}B=\frac{s}{s^2 - 3s -4 }=\frac{s}{(s+1)(s-4)}$$
    $$Y(s)=H(s)U(s)=\frac{s}{(s+1)(s-4)} \cdot \frac{1}{s} = \frac{1}{(s+1)(s-4)}=\frac{0.2}{s-4}-\frac{0.2}{s+1}$$
    $$y(t)=0.2 e^{4t} - 0.2 e^{-t}$$
    \end{cexample}

    \begin{cexample}{ÁTM megoldása -- autonóm rendszerre}\label{}

    $$A=
    \begin{pmatrix}
    2 & 3 \\
    2 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    B=
    \begin{pmatrix}
    1 \\
    1
    \end{pmatrix}
    \quad
    C=
    \begin{pmatrix}
    0 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    x_0=
    \begin{pmatrix}
    0 \\
    1
    \end{pmatrix}
    \quad
    u(t)=0
    $$
    Laplace transzformáció alkalmazása:
    $$s X(s) -x_0 = A X(s) \quad \rightarrow \quad X(s) = (sI-A)^{-1} x_0 \quad \rightarrow \quad x(t) = \mathfrak{L}^{-1}\{(sI-A)^{-1}\} x_0 = e^{At} x_0$$
    $$(sI-A)^{-1}= \frac{1}{(s+1)(s-4)} \cdot
    \begin{pmatrix}
    s-1 & 3 \\
    2 & s-2
    \end{pmatrix}$$
%   $$(sI-A)^{-1}x_0=
%   \begin{pmatrix}
%   \frac{3}{s^2-3s-4} \\
%   \frac{s-2}{s^2-3s-4}
%   \end{pmatrix}
%   \rightarrow
%   \mathfrak{L}^{-1}
%   \{\begin{pmatrix}
%   \frac{0.6}{s-4}-\frac{0.6}{s+1} \\
%   \frac{0.4}{s-4}+\frac{0.6}{s+1}
%   \end{pmatrix} \}=
%   \begin{pmatrix}
%   0.6 e^{4t}-0.6 e^{-t} \\
%   0.4 e^{4t}+0.6 e^{-t}
%   \end{pmatrix}
%   $$
    Kimenet: $y(t)=Cx(t)= C \cdot \mathfrak{L}^{-1} \qty{(sI-A)^{-1}} \cdot x_0 = \mathfrak{L}^{-1} \qty{C(sI-A)^{-1} x_0} = \mathfrak{L}^{-1} \qty{\frac{s-2}{(s+1)(s-4)}} =
    0.6 e^{-t} + 0.4 e^{4t}$
    \end{cexample}

\pagebreak
    \begin{cexample}{ÁTM megoldása -- sebességugrásra}\label{}

    $$A=
    \begin{pmatrix}
    2 & 3 \\
    2 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    B=
    \begin{pmatrix}
    1 \\
    1
    \end{pmatrix}
    \quad
    C=
    \begin{pmatrix}
    0 & 1
    \end{pmatrix}
    \quad
    x_0=
    \begin{pmatrix}
    0 \\
    1
    \end{pmatrix}
    \quad
    u(t)=t
    $$

    \noindent Laplace transzformáció alkalmazása:\\

    $sX(s)-x_0 = X(s)+BU(s) \quad \rightarrow \quad X(s)= (sI-A)^{-1} (x_0 +BU(s)) \quad \rightarrow \quad$
    $$x(t)=e^{A(t-t_0)}x_0+\int_{t_0} ^{t} e^{A(t-\tau)}Bu(\tau) d\tau$$

    Ha $t_0=0$, akkor $e^{A(t-t_0)}=e^{At}$
    $$
    e^{At}=\mathfrak{L}^{-1} \qty{
    \begin{pmatrix}
    \frac{s-1}{s^2-3s-4} & \frac{3}{s^2-3s-4} \\
    \frac{2}{s^2-3s-4} & \frac{s-2}{s^2-3s-4}
    \end{pmatrix} }=
    \mathfrak{L}^{-1} \qty{
    \begin{pmatrix}
    \frac{0.6}{s-4}+\frac{0.4}{s+1} & \frac{0.6}{s-4}-\frac{0.6}{s+1} \\
    \frac{0.4}{s-4}-\frac{0.4}{s+1} & \frac{0.4}{s-4}+\frac{0.6}{s+1}
    \end{pmatrix}}
    $$
    $$
    e^{At}=
    \begin{pmatrix}
    0.6 e^{4t}+0.4 e^{-t} & 0.6 e^{4t}-0.6 e^{-t} \\
    0.4 e^{4t}-0.4 e^{-t} & 0.4 e^{4t}+0.6 e^{-t}
    \end{pmatrix}
    $$
    $$
    e^{A(t-\tau)}=
    \begin{pmatrix}
    0.6 e^{4(t-\tau)}+0.4 e^{-(t-\tau)} & 0.6 e^{4(t-\tau)}-0.6 e^{-(t-\tau)} \\
    0.4 e^{4(t-\tau)}-0.4 e^{-(t-\tau)} & 0.4 e^{4(t-\tau)}+0.6 e^{-(t-\tau)}
    \end{pmatrix}
    $$

    $$
    e^{A(t-\tau)}B=
    \begin{pmatrix}
    1.2 e^{4(t-\tau)}-0.2 e^{-(t-\tau)} \\
    0.8 e^{4(t-\tau)}+0.2 e^{-(t-\tau)}
    \end{pmatrix}
    \rightarrow
    e^{A(t-\tau)}B u(\tau)=
    \begin{pmatrix}
    1.2 e^{4(t-\tau)} \tau-0.2 e^{-(t-\tau)} \tau \\
    0.8 e^{4(t-\tau)} \tau+0.2 e^{-(t-\tau)} \tau
    \end{pmatrix}
    $$
    Elemenkénti integrálás: \\
    $\int _{0}^t c_1 e^{c_2(t-\tau)} \tau d\tau=c_1 e^{c_2 t} \int _{0}^t e^{-c_2 \tau} \tau d\tau = \frac{c_1}{c_2^2}( e^{c_2 t}-c_2 t -1) \quad$ (Parciális integrálás) \\

    $\int _{0}^t e^{A(t-\tau)}Bu(\tau) d\tau =
    \begin{pmatrix}
    0.075 e^{4t}-0.2 e^{-t}-0.5t+0.125 \\
    0.05 e^{4t}+0.2 e^{-t}-0.25
    \end{pmatrix}$  \\

$e^{At} x_0$ értéke megegyezik a 2. példában szereplő értékkel, ezt alkalmazva \\
$$x(t) = \begin{pmatrix}
    0.675 e^{4t}-0.8 e^{-t}-0.5t+0.125 \\
    0.45 e^{4t}+0.8 e^{-t}-0.25
    \end{pmatrix}$$
$$ y(t) = Cx(t) = 0.45 e^{4t}+0.8 e^{-t}-0.25$$


    A \ref{fig:utolso}. ábrán rendre a három példa megoldása látható.
    \end{cexample}

	\begin{figure}[!ht]
	\centering
	\includegraphics[width=\textwidth]{fig/gyak4_res_traj.png}
    \caption{}
    \label{fig:utolso}
	\end{figure}




\end{document}
