2.1 Kayan Nokta aritmetiği: Nümerik Analizde Operatorler Genişletme (Kaydırma) Operatörü µ Ortalama Operatörü...

Transkript

1 Contents GİRİŞ 5 Hata Çeşitleri 5. Kayan Nokta aritmetiği: Aritmetik İşlemlerde Hata Analizi Nümerik Analizde Operatorler 8. İleri Fark Operatörü ve Özellikleri Genişletme (Kaydırma) Operatörü Geri Fark Operatörü µ Ortalama Operatörü δ Merkezi Fark Operatörü Bölünmüş Farklar Tek Değişkenli Denklemlerin Köklerinin Yaklaşık hesabı 4. YARILAMA METODU Regula Falsi yöntemi Newton-Raphson Yöntemi Kiriş Yöntemi Sabit Nokta İterasyonu Sabit Nokta iterasyonda Yakınsaklık Hızı İnterpolasyon Teorisi 5. İnterpolasyon ve Lagrange Polinomu Bölünmüş Farklar En Küçük Kareler Metodu En Küçük Kareler Metoduyla En iyi Doğru Denklemini Bulma En Küçük Kareler Metoduyla Tablo Noktalarından Geçen En iyi Eğriyi Bulma.. 4

2 6 Nümerik Türev ve Nümerik İntegral 5 6. Analitik Yerine Koyma Metodları ile Nümerik Türev Hesaplama Richardson Eksrapolasyonu (Dış kestirim Metodu) Nümerik İntegral Birleşik Nümerik İntegral Yöntemleri Romberg İntegrasyonu Gauss İntegrasyonu Gauss İntegrasyonu Çok Katlı İntegraller Lineer Olmayan Denklem Sistemlerinin Çözümü 8 7. Sabit Nokta iterasyonu Sistemler için Newton Raphson Metodu

3 Nümerik Analiz 5 GİRİŞ Nümerik analizin amacı karmaşık, analitik olarak çözümü zor ve olanaksız olan problemlere sadece basit aritmetik işlemler kullanılarak çözümler bulmaktır. Bir problem verildiğinde uygulamalı matematikçi bu problemin çözümü için gerekli olan matematiksel modeli kurar, nümerik analizci ise bu problemi çözer. Problemin çözümünde genellikle elektronik hesaplayıcılardan faydalanılır. Dolayısıyla nümerik analizin gelişimi bilgisayarın gelişimine paraleldir. Bu nedenle nümerik analize bilgisayar mühendisliği ve matematik adı da verilebilir. Hata Çeşitleri Nümerikmetodlarla çözülen problemlerin sonuçlarının yaklaşık olmasından dolayı bazı hatalar vardır. Bu hatalar dört grupta toplanabilir. A. İnsan hataları B. Kesme hataları C. Yuvarlama hataları D. Bilgisayarın yaptığı hatalar Bunları açıklamadan önce mutlak hata ve bağıl (göreceli) hata kavramlarını tanımlayalım. Tanım.. Bir s sayısının yaklaşık değeri s olsun. Bu Durumda E s = s s (.) değerine mutlak hata ve s 0 olmak üzere değerinede bağıl hata denir. B s = E s s (.) Örnek.. s = ve s = 0. olduğuna göre mutlak ve bağıl hatayı hesaplayalım. Çözüm: Hesaplayının sekiz ondalıklı işşlem yaptığını göz önünde bulunduracak olursak E s = s s =. 0 4 ve bağıl hata dir. B s = E s s =

4 6 Nümerik Analiz B. Kesme Hataları:f (x) = x fonksiyonu verilsin. Bu fonksiyonun I = [ 0.5, 0.5] aralığındakiintegral değeri 0.5 dx + x = dir. Bu fonksiyonu dördüncü mertebeden Taylor açılımını yazarsak x = x + x x + x 4 + O ( h 5) dir. Bu açılımda kalan terimi atarak integralini hesaplarsak ( x + x x + x 4) dx =.0958 dir. Bu işlemde yapılan hata dir. Bu işlemde yapılan hata Taylor polinomunda bazı terimleri ihmal etmemizden kaynaklanmaktadır. Bu tür hatalara kesme hatası denir. C. Yuvarlama Hataları:Bu hata çeşidini anlamak için, sabit nokta aritmetiğini anlamamız gerekir.. Kayan Nokta aritmetiği: Bilgisayar kendine verilen sayıları yada işlem sırasında elde edilen sayıları, 8 veya 6 lik tabanda ifade eder. b kullanılan sayı sistemininin tabanı olmak üzere, bir u sayısını u = (.a a a n ) b b l şeklinde yazar. Burada a 0 dır. Şimdi bilgisayarda aritmetik işlemler nasıl yaptığına örnekler verelim. Örnek ve sayılarını toplayalım Çözüm: = ve 594.7= dır. Bu sayıları toplamak için üstlerini eşitlemek gerekir dır. Bir U, U = ± (.a a a n a n+ ) b b l sayısını bilgisayar aşağıdaki şekilde yuvarlar: { u = (.a U = a a n ) b b l 0 a n+ < b u = (.a a a n ) b b l b + (0.0 0) b a n+ < b ve yuvarlamada hatasının üst sınırının kolayca bl n+ olduğu gösterilebilir.

5 Nümerik Analiz 7. Aritmetik İşlemlerde Hata Analizi Bu kısımda x, inceleyeceğiz. y gibi iki yaklaşık sayının toplama, çıkarma, çarma ve bölme işlemlerinde oluşan hatayı E x ve E y x ve y nin yazılışındaki mutlak hatalar olsunlar. Bu durumda x ve y tam değerleri sırayla x + E x ve y + E y değerinden daha büyük ve x E x ve y E y değerinden daha küçük olamaz. Buna göre bu iki sayının toplamı x + E x + y + E y = x + y + (E x + E y ) ifadesinden daha büyük ve x E x + y E y = x + y (E x + E y ) ifadesinden daha küçük olmaz. Başka bir ifade ile x + y toplamındaki hata E x + E y den daha büyük değildir. Toplama işlemindeki bağıl hata ise dir. B x+y E x + E y x + y Örnek.4. Beş ondalıklı bir hesaplayıcıda (5-haneli yuvarlatma aritmetiğine göre) 5.6 ve.75 sayılarını toplayınız. Hata ve bağıl hatayı bulunuz. Çözüm: İlk önce sayıları kayan nokta aritmetiğne göre yazmamız gerekir. x = 5.6 = = x y =.75 = = y x + y = olup E x = 0, E y = dır. Bu işlemde yapılan hata E x + E y = ve bağıl hata ise dır. B x+y = = E x ve E y x ve y nin yazılışındaki mutlak hatalar olsunlar. x ve y tam değerlerinin çarpma işleminin mutlak hatanın ise xe y + ye x + E x E y ifadesinden daha büyük olmayacağı açıktır. Eğer E x E y çok küçük ise ihmal edilebilir ve mutlak hatayı E xy = xe y + ye x olarak alabiliriz. Bağıl hatayı ise Bxy = E x x + E y y

6 8 Nümerik Analiz olarak alabiliriz. Benzer şekilde bölme işlemi için E x E y ve E y ihmal edilirse mutlak hata ( ) x E x y x + E y y olacaktır ve bagıl hata ise dır. B x y = E x x + E y y Nümerik Analizde Operatorler Matematikte kısalık, anlatım kolaylığı ve diğer uygulamaya dayalı amaçlarla, bazı işlemlerin oluştuğunu göstermek için kullanılan sembollere operatör denir. Örneğin d dx türev operatörü, integral operatörü, toplam operatörü vs. Tanım.. (Temel Tanımlar ve Operatör özellikleri)a ve B iki operatör, f keyfi bir fonksiyon olsun. Eğer Af = Bf ise bu iki operatöre eşit operator denir. İki opretörün toplamı, farkı ve çarpımı ise (A ± B) f = Af ± Bf (A.B) f = A. (Bf) şeklinde tanımlıdır. Eğer If = f ise I ya birim operator denir. Eğer A.B = I ise B ye A nın tersi denir ve A ile gösterilir. Aşikar olarak A f = g Ag = f dir. a, b iki sabit ve f ve g iki keyfi fonksiyon olmak üzere dir. A (af + bg) = aaf + bag A, B ve C herhangi üç operator olsun. A + B = B + A (Toplamın değişme özelliği). A + (B + C) = (A + B) + C (Toplamın birleşme özelliği). AB = BA (Çarmada değişme özelliği) 4. A (BC) = (AB) C (Çarmada birleşme özelliği) 5. A (B + C) = AB + AC (Dağılma özelliği) 6. A p A q = A p+q

7 Nümerik Analiz 9. İleri Fark Operatörü ve Özellikleri y = f (x) fonksiyonu verilmiş olsun. Bu taktirde f (x) = f (x + h) f (x), h > 0 şeklinde tanımlanan operatöre ileri fark operatörü denir. Şimdi x k x k = h, i =,, n, diyelim ve f (x k ) yı y k ile gösterirsek, aşikar olarak y k = y k+ y k dır. Buradan ardışık olarak y k = y k = (y k+ y k ) = y k+ y k = y k+ y k+ + y k y k = y k = (y k+ y k+ + y k ) = y k+ y k+ + y k+ y k olup en genel halde dir. Böylece ileri fak toblosu n y k = n ( ( ) i n i i=0 ) y k+n i x k y k y k y k y k 4 y k x 0 y 0 y 0 x y y 0 y y 0 x y y 4 y 0 y y x y y y x 4 y 4 Tanım.. (Genelleştirilmiş Binom Katsayıları) x herhangi bir sayı olsun. ( x r ) = r = 0 0 r Z x(x ) (x r+) r! r Z + şeklinde tanımlanan fonksiyona Genelleştirilmiş Binom Katsayısı denir. A. x = 0 ise B. ( x r ( 0 r ) = 0 dır. ) x e göre r. dereceden bir polinomdur. ( x C. Eğer h = alınıırsa r ) = ( x r k ( x r ) dir. En genel halde ) = ( x r k ), k = 0,,

8 0 Nümerik Analiz İleri fark operatörü ile türevler arasında sıkı birilişki vardır. Bunu ortalam değer teoremini kullanarak kolayca gösterebiliriz. f (x) = f (x + h) f (x) = hf (ζ ) ; x < ζ < x + h f (x) = f (x) = hf (ζ ) = h (f (ζ + h) f (ζ )) = h f (ζ ) ; x < ζ < x + h en genel halde ise k f (x) = h k f (k) (ζ k ) ; x < ζ k < x + kh Teorem.. P n (x) = a 0 x n + a x n + + a n x + a n olsun bu taktirde n P n (x) = a n n!h n, n+ P n (x) = 0 dır. Örnek.4. y = x fonksiyonu için ileri fark tablosunu oluşturalım x k y k y k y k y k 4 y k 5 y k Genişletme (Kaydırma) Operatörü h > 0 olmak üzere Ef (x) = f (x + h) şeklinde tanımlanan operatöre genişletme (kaydırma) operatörü denir. Bu operatörün lineer bir operatör olduğu kolaylıkla gösterilebilir. Aşikar olarak E k f (x) = f (x + kh), k =,, dır. k = 0 ise E 0 f = f dir. E k f (x) = f (x + kh) olduğundan E k f (x) = f (x kh) olacaktır. Dikkat edilirse f (x) = f (x + h) f (x) = Ef (x) If (x) = (E I) f (x) olduğundan bu eşitlik bize = E I olduğunu gösterir.

9 Nümerik Analiz. Geri Fark Operatörü y = f (x) fonksiyonu verilmiş olsun. Bu taktirde f (x) = f (x) f (x h), h > 0 şeklinde tanımlanan operatöre geri fark operatörü denir. Şimdi x k x k = h, i =,, n, diyelim ve f (x k ) yı y k ile gösterirsek, aşikar olarak y k = y k y k dır. Buradan ardışık olarak y k = y k = y k y k = y k y k + y k y k = y k y k + y k y k olup geri fark toblosu ise x k y k y k y k y k 4 y k x 0 y 0 y x y y y y x y y 4 y 4 y y 4 x y y 4 y 4 x 4 y 4 dır. Benzer şekilde E kaydırma operatörü ile geri fark operatörü arasında ilişkisi vardır. f (x) = f (x) f (x h) = If (x) E f (x) = ( I E ) f (x) Örnek.5. f (x) = x 4 x + 7 fonksiyonu veiliyor. x =,,, için geri fark tablosunu oluşturunuz. Çözüm: x f (x) f (x) f (x) 4 f (x) µ Ortalama Operatörü h > 0 olmak üzere µf (x) = [ ( f x + h ) ( + f x h )]

10 Nümerik Analiz şeklinde tanımlanan operatöre denir. y k = f (x k ) gösterimi kullanılırsa µy k = yazılabilir. ( ) y k+ + y k olarakta Örnek.6. Bir f fonksiyonu için f () =.978, f () =.4858 olduğu bilindiğine göre f fonksiyonunun x =.5 deki ortalama değeri µf (.5) = [f () + f ()] = ( ) = dir..5 δ Merkezi Fark Operatörü δf (x) = f ( x + h ) f ( x h ) şeklinde tanımlanan opretöre denir. yk = f (x k ) gösterimi kullanılırsa dır. δy k = y k+ y k δ y k = y k+ y k + y k..6 Bölünmüş Farklar Bir f (x) fonksiyonu x 0, x, noktalarında sırasıyla y 0, y, değerlerini alsın. f nin birinci bölünmüş farkı j y k = y j y k x j x k şeklinde tanımlanır ve f (x j, x k ) veya f [x j, x k ] sembollerinden birisi ile gösterilir. Benzer şekilde ikinci, üçüncü ve diğer bölünmüş farklarda ij y k = y k = ijl j y i i y k x i x j y i y k jl ij. x l x i şeklinde tanımlanabilir. Örnek.7. f (x) = x fonksiyonunun x =, 0,,, 5 değerleri için bölünmüş fark tablosunu oluşturunuz.

11 Nümerik Analiz Çözüm: y k = f (x k ) dan ardışık olarak y 0 =, y =, y = 0, y = 6, y 4 = 4 olup. Birinci bölünmüş farklar sırasıyla İkinci bölünmüş farklar ise y 0 = y = 4 y = benzer şekilde üçüncü bölünmüş fark ise y 0 = f[x 0, x ] = y y 0 = + = x x 0 y = f[x, x ] = y y = 0 + x x 0 = y = f[x, x ] = y y x x = 6 0 = 4 y = f[x, x 4 ] = y 4 y x 4 x = = 49 y y 0 = f[x, x ] f[x 0, x ] = x x 0 x x 0 + = 0 y y = x x 0 = 4 y y 4 49 = x 4 x 5 = 9 olup aşağıdaki tabloyu oluşturabiliriz. 0 = 4 = 0 4 = 0 x k y k f[x i, x j ] f[x i, x j, x l ] f[x i, x j, x l, x t ] f[x i, x j, x l, x t, x k ] Tek Değişkenli Denklemlerin Köklerinin Yaklaşık hesabı f(x) fonksiyonunun çarpanlara ayrılabilir bir polinom olması halinde, örneğin f(x) = x olması halinde f(x) = 0 denkleminin kökleri x = ± dir. Eğer f(x) = 0 bir polinom değilse, bu durumda f ( x) değerini küçük yapan x sayısının bulunması istenir. Bu x değerine f(x) = 0 denkleminin yaklaşık kökü denir.

12 4 Nümerik Analiz 4. YARILAMA METODU Bu yöntem ara değer teoreminin uygulamasına dayanan bir yöntemdir. Ara değer teoremi gereğincef (x) fonksiyonu [a, b] aralığında sürekli ve f (a) f (b) < 0 ise f (m) = 0 olacak şekilde a < m < b vardır.n = 0,, için m n = a n + b n hesaplanır. f (a n ) f (b n ) < 0 ise a n+ = a n ve b n+ = m n alınır aksi halde a n+ = m n ve b n+ = b n alınnarak devam edilmesiyle m, m,, m N dizisi elde edilir. m N m N < ε olduğunda yani iki değer arasındaki fark istenildiği kadar küçük kaldığında hesaplama durdurulur. Örnek 4.. f (x) = x + 4x 0 fonksiyonunun [,] aralığındaki bir sıfır yerini yarılama metodu ile bulunuz n a n b n m n f (m n ) Teorem 4.. f C [a, b] ve f (a) f (b) < 0 olsun. Yarılama yöntemi ile elde edilen m n dizisi fonksiyonun m kökü arasındaki bağıntı, n = 0,, için ile verilir. m n m b a n, n Proof. Yarılama yöntemi ile n adımdan sonra yaklaşık köke varıllmış ise [a, b] den elde edilen en son alt aralığın uzunluğu b a n dir. Aşikar olarak olduğundan dir. b n a n = (b a) n m n m b n a n = b a n f (x) = x x fonksiyonunun, [, ] aralığındaki sıfır yerini yarılama yöntemini kullanarak ε = 0 doğrulukla hesaplayınız. Örnek 4.. f (x) = x x fonksiyonunun, [,] aralığındaki sıfır yerini yarılama yöntemini kullanarak ε = 0 hata payıyla hesaplayınız.

13 Nümerik Analiz 5 Çözüm: m n m n (b a) < 0 hata formülünden < 0 = n 0.0 bulunur. Buradan n yi 7 almak yeterlidir. n a n b n m n f (m n ) m n m n ifadesine tolorans denir. Mutlak hata ise ve bağıl hata dır. Mapple ile bu problem m 7 m m m 7 m < b 7 a 7 = < b 7 a 7 a 7 = = < n den 6.7 < n a[0]:=;b[0]:=;n:=round(evalf[0](-*log[](0ˆ(-)/(b[0]-a[0])))); m[0]:=(b[0]+a[0])/;f:=x xˆ-x-; for k from to n do; m[k]:=evalf[0]((b[k-]+a[k-])/);if f(m[k]) 0 then a[k]:=m[k]; b[k]:=b[k-]; else a[k]:=a[k-];b[k]:=m[k] end if;a[k]:=a[k-];b[k]:=b[k-];y[k]:=f(m[k]);end do; Komut yazılımı ile çözülebilir. Örnek 4.4. x = tan x denkleminin [4, 4.5] aralığındaki kökünü ε = 0 hata payıyla hesaplayınız. Çözüm: m n m n (b a) < 0 hata formülünden n+ < 0 = 0.0 < n + den 6.7 < n + bulunur. Buradan n yi 6 almak yeterlidir. n a n b n m n f (m n ) Mutlak hata ise ve bağıl hata dır. m 7 m m m 7 m < b 7 a 7 = < b 7 a 7 a 7 = =

14 6 Nümerik Analiz 4. Regula Falsi yöntemi Bu yöntem yarılama metoduna çok benzemektedir. f (x) fonksiyonu [a, b] aralığında sürekli ve f (a) f (b) < 0 olsun. (a, f (a)) ve (b, f (b)) den geçen doğrunun x eksenini kestiği nokta w = f (b) a f (a) b f (b) f (a) dır. Bu değere ağırlıklı ortalam denir. Eğer f (a) f (w) < 0 ise a = a, b = w aksi halde a = w, b = b yazalım. Bu şekilde ardışık devam ile w n = f (b n) a n f (a n ) b n f (b n ) f (a n ) dizisi elde edilir. Bu dizi f (x) fonksiyonunun sıfır yerine yaklaşır. Örnek 4.5. f (x) = x x 5 fonksiyonunun [,] aralığındaki sıfır yerini Regula-Falsi yöntemini kullanarak ε = 0 toloransla hesaplayınız. Çözüm: a 0 =, b 0 = olup f () = 5, f () = 4 dır. w 0 = f (b 0) a 0 f (a 0 ) b 0 f (b 0 ) f (a 0 ) = = 9 = olup f (w 0 ) =-.774 olduğundan f nin sıfır yeri [w 0, ] aralığındadır. Buradan a = , b = alınırsa w = f (b ) a f (a ) b f (b ) f (a ) = = olarak elde edilir. f( ) =-.804 olduğundan fonksiyonun sıfır yeri [ , ] aralığındadır. a = , b = alınarak işleme devam edilirse n a n b n f (a n ) f (b n ) w n f (w n ) olarak elde edilir. 0 tolarans değeri ile hesaplamamız istendiğinden w 4 w = olduğundan işlem n = 4 e kadar yapılması yeterlidir. Örnek 4.6. değrini 0 toloransla yaklaşık olarak hesaplayınız.

15 Nümerik Analiz 7 Çözüm: f(x) = x fonksiyonu ele alalım. Aşikar olarak sıfır yeri [,] aralığındadır. a 0 =, b 0 = olup f() =, f () = w 0 = f (b 0) a 0 f (a 0 ) b 0 f (b 0 ) f (a 0 ) = + = 4 =. olup f ( ) 4 = 9 dır. Buradan ara değer teoremi gereği fonksiyonun sıfır yeri [ 4, ] aralığındadır. w = f (b ) a f (a ) b f (b ) f (a ) = = 7 5 f ( ) 7 5 = 5 dır. Buradan ara değer teoremi gereği fonksiyonun sıfır yeri [ 7 5, ] aralığındadır. w = f (b ) a f (a ) b f (b ) f (a ) = = 4 7 = f ( ) 4 7 =-/89 dır. Buradan ara değer teoremi gereği fonksiyonun sıfır yeri [ 4 7, ] aralığındadır. w = f (b ) a f (a ) b f (b ) f (a ) = = 4 9 = f ( ) 4 9 = 84 4 dır. Buradan fonksiyonun sıfır yeri [ 9, ] aralığındadır. w 4 = f (b 4) a 4 f (a 4 ) b 4 f (b 4 ) f (a 4 ) = = = dır. w 4 w = olduğundan işlem durdururlur. = dır. Örnek 4.7. f (x) = x + x fonksiyonunun [0,] aralığındaki sıfır yerini Regula-Falsi yöntemini kullanarak ε = 0 toloransla hesaplayınız. Çözüm: a 0 = 0, b 0 = olup f (0) =, f () = dır. w 0 = f (b 0) a 0 f (a 0 ) b 0 f (b 0 ) f (a 0 ) = = = 0.5 olup f (w 0 ) =-0.65 olduğundan f nin sıfır yeri [0.5, ] aralığındadır. Buradan a = 0.5, b = alınırsa w = = f () 0.5 f (0.5) f () f (0.5) = olarak elde edilir. f( ) = olduğundan fonksiyonun sıfır yeri [ , ]

16 8 Nümerik Analiz aralığındadır. a = , b = alınarak işleme devam edilirse n a n b n f (a n ) f (b n ) w n f (w n ) olarak elde edilir. 0 tolarans değeri ile hesaplamamız istendiğinden w 5 w 4 = olduğundan işlem n = 5 e kadar yapılması yeterlidir. 4. Newton-Raphson Yöntemi f (x) fonksiyonunun C [a, b] olduğunu kabul edelim. f (x) fonksiyonunun gerçek sıfır yeri p olsun. p nin bir komşuluğunda seçilen x 0 noktası için (x 0, f (x 0 )) dan geçen teğet doğrusu y f (x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0 ) dır. Bu teğet doğrusunun x eksenini kestiği noktayı x ile gösterirsek x = x 0 f (x 0) f (x 0 ) elde edilir. Benzer şekilde devam ederek x n = x n f (x n ) f (x n ) dizisi elde edilir. Bu formüle Newton-Rophson iterasyon formülü denir. Örnek 4.8. f(x) = x x fonksiyonunun sıfır yerini x 0 = alarak yaklaşık olarak hesaplayınız. Çözüm: f (x) = x olup Newton-Rophson iterasyon formülü x n = x n x n x n x n

17 Nümerik Analiz 9 dır. Buradan x = 7 = 7 7 =. x = 7 ( 7 ) 7 ( ) 7 = 7 8 = x = 7 ( 7 ) ( ) ( ) 7 = = x 4 = x 5 = x 6 = dır. Teorem 4.9. f (x) C [a, b] ve f (x) fonksiyonunun bir sıfır yeri p olsun. f (p) 0 kabul edelim. Bu durumda p noktasının yeterince küçük bir komşuluğundaki bir x 0 başlangıç değeri için Newton-Rophson iterasyon formülü ile elde edilen dizi f fonksiyonun p sıfır yerine yakınsar. Proof. f (x) fonksiyonunun. mertebeden Taylor açılımı f (x) = f (x 0 ) + f (x 0 ) (x x 0 ) + f (ζ) (x x 0 )! dır. Burada ζ x ile x 0 arasındadır. p fonksiyonun sıfır yeri olduğundan ( 0 = f (x 0 ) + f (x 0 ) p x f (x ) 0) f + f (ζ) (p x 0 ) (x 0 )! den p çekilirse p = x f (ζ) f (x 0 ) (p x 0) (4.) Şimdi p noktasının f (x) 0 olacak şekildeki bir komşuluğu I = (p δ, p + δ) olsun. f (x) ve f (x) fonksiyonları [a,b] kapalı aralığında sürekli olduğundan seçersek (4.) eşitliğinden yada elde edilir. x 0 I ile M = max x I f (x) min x I f (x) p x M p x 0 M p x (M p x 0 ) (4.) değeri p x 0 < δ ve M p x < olacak şekilde şeçilmişse benzer şekilde devam p x n+ < M p x n < M p x n 4. < M (M p x 0 ) n

18 0 Nümerik Analiz M p x < olduğundan n için x n p dir. Örnek 4.0. Newton-Rophson iterasyon formülünü kullanarak x cos x = 0, kökünü 0 4 doğrulukla hesaplayınız. I = [0, π ] denkleminin Çözüm: Bu problem için f (x) = x cos x, f (x) = + sin x dır. x 0 = π 4 alalım. Newton-Rophson iterasyon formülünden ardışık olarak x n = x n f (x n ) f (x n ) x n = x n x n cos x n + sin x n x = x = x = dır. x x = olduğundan işlem durdurulur. Bu problem mapple ile f : = x > x cos(x); g := x > x (x cos(x))/( + sin(x)); x[0] : = P i/4; for n from to 0 do; x[n] := evalf[0](g(x[n ])); end do; komut işlemi ile çözülebilir. Çözüm: x = 0 denkleminin kökünü I = [, ] aralığında 0 toloransla bulunuz. Çözüm: Bu problem için f (x) = x, f (x) = x dır. x 0 =.5 alalım. Newton-Rophson iterasyon formülünden ardışık olarak olup x n = x n f (x n ) f (x n ) x n = x n x n x n x 0 =.5 x = x = x = x 4 = x x = x 4 x =

19 Nümerik Analiz olduğundan 4. adımda işlem durdurulur. = Açıklama. f (x) = 0 denklemi q katlı bir köke sahip olsun. Bu durumda f (x) = (x p) q h (x) olacak şekilde bir h fonksiyonu vardır. f (x) fonksiyonunun ikinci mertebeden Taylar açılımı yardımıyla Newton-Rophson iterasyon formülünü elde ettiğimizde g (x) = x q f (x) f (x) iterasyon fonksiyonu elde edilir. Buradan elde edilen x n = x n q f (x n ) f (x n ) iterasyon formülüne hızlandırılmış Newton-Rophson iterasyon formülü denir. Örnek 4.. f (x) = (x ) (x )fonksiyonunun sıfır yerini hızlandırılmış Newton-Rophson ve Newton- Rophson iterasyon formülleri ile ayrı ayrı hesaplayınıız. Çözüm: Bu problem için f (x) = (x ) (x 4) dır. x 0 =.9 alalım. x n = x n f (x n ) f (x n ) = x n (x n ) (x n ) (x ) (x 4) Newton-Rophson iterasyon formülünden ardışık olarak x 0 =.9 x = x = x 9 = x 0 = hızlandırılmış Newton-Rophson iterasyon formülü ile hesaplasaydık ardışık olarak x n = x n f (x n ) f (x n ) = x n (x n ) (x n ) (x ) (x 4) x 0 =.9 x = x = x = x 4 =

20 Nümerik Analiz dır. Örnek 4.. f(x) = x +x denkleminin köklerini Newton-Rophson metodunu kullanarak bulunuz. Çözüm: f (x) = 0 denkleminin kökleri x =, x = , x = dir. İterasyon fonksiyonu g (x) = x x + x x + 4x dir. x n = g (x n ) Newton Raphson iterasyon formülünde x 0 =. alınırsa x = x = x = x 4 = x 5 = x 6 = x 7 = veya köküne yaklaşması beklenirken -+ 5 köküne yaklaşıldığı görülür. 4.4 Kiriş Yöntemi Bir f (x) = 0 denklemi verildiğinde x 0, x gibi iki başlanğıç değeri biliniyorsa kullanılabilecek en iyi yöntemlerden birisidir. Bu yöntem (x 0, f (x 0 )) ve (x, f (x )) noktalarından geçen doğru yardımıyla f (x) = 0 denkleminin kökleri bulunabilir. (x 0, f (x 0 )) ve (x, f (x )) noktalarından geçen doğrunun x eksenini kestiği noktayı x ile gösterelim. Bu durumda (x 0, f (x 0 )), (x, f (x )) ve (x, f (x )), (x, 0) noktalarından geçen doğrunun eğimi olur. Bu denklem x ye göre çözülürse bulunur. Benzer şekilde devam edilerek iterasyon formülü elde edilir. m = f (x ) f (x 0 ) x x 0 = 0 f (x ) x x (4.) x = x f (x ) (x x 0 ) f (x ) f (x 0 ) x n = x n f (x n ) (x n x n ) f (x n ) f (x n ) Örnek 4.. x + x = 0, I = [0, ] aralığındaki kökünü kiriş yöntemi ile bulunuz.

21 Nümerik Analiz Çözüm: Bu problem için f (x) = x + x dır. x 0 = 0, x = olup f (x 0 ) = ve f (x ) = olup indirgeme formülünden ardışık olarak x n = x n f (x n ) (x n x n ) f (x n ) f (x n ) ve f(x ) = dır. x = ( 0) + = 0.5 x = 0.5 dır. Benzer şekilde devam edilerek elde edilir. Bu problem Mapple ile (0.5 ) x 4 = x 5 = x 6 = x 7 = x 8 = x 9 = x 0 = f : = x > xˆ + xˆ ; plot(f(x), x = 0..); = x[0] : = 0; x[] := ; x[] := evalf[0](x[] f(x[]) (x[] x[0])/(f(x[]) f(x[0]))); for n from to0 do x[n] : = evalf[0](x[n ] f(x[n ]) (x[n ] x[n ])/(f(x[n ]) f(x[n ]))); end do; işlem komutuyla yapılabilir. Örnek 4.4. x = 0, I = [, ] aralığındaki kökünü kiriş yöntemi ile bulunuz. Çözüm: Bu problem için f (x) = x dır. x 0 =, x = olup f (x 0 ) = ve f (x ) = olup indirgeme formülünden ardışık olarak x = x n = x n f (x n ) (x n x n ) f (x n ) f (x n ) ( ) + = 4 =. ve f (x ) = f ( ) 4 = 9 dır. x = 4 9 ( 4 ) 9 = 7 5 =.4

22 4 Nümerik Analiz ve f ( ) 7 5 = 5 dir. x 4 = 7 f ( ) 58 4 = 68 olarak elde edilir. 5 5 ( olup benzer şekilde devam edilirse ) = 58 4 = x 5 = x 6 = x 7 = x 8 = x 9 = Sabit Nokta İterasyonu Sabit nota yöntemini açıklamak için Newton Raphson formülüdeki, x n+ = x n f (x n) f (x n ) formülünü göz önüne alalım. Eğer, denirse Newton-Raphson formülü g (x) = x f (x) f (x) x n+ = g (x n ) olarak yazılabilir. Bu formül kullanılarak elde edilen x, x,, x n, dizisi bir ζ limitine yakınsar. Eğer g sürekliyse ζ = lim x n+ = lim g (x n ) = g (lim x n ) = g (ζ) dır. Buradan f (x) denkleminin ζ kökü g (x) fonksiyonunun sabit noktasıdır. Bunun terside doğrudur, yani g (x) fonksiyonunun sabit noktası f (x) = 0 denkleminin bir köküdür. Şöyle ki, ζ g (x) fonksiyonunun sabit noktası ise g (ζ) = ζ ve g (ζ) = ζ f (ζ) f = f (ζ) = 0 (ζ) dır. Örnek 4.5. f(x) = x x fonksiyonu için g iterasyon formülü kaç şekilde seçilebilir. Çözüm:. f (x) = 0 dan x = x den g (x) = x olarak seçilebir.. x = x + dan x = x + olup g (x) = x + olarak seçilebilir.. x = x + dan x = + x olup g (x) = + x olarak seçilebilir.(x 0)

23 Nümerik Analiz 5 4. x = x + dan x = x ( x x ) olup g (x) = x x + olarak seçilebilir. 5. benzer muhakemelerle istenildiği kadar seçilebilir. Örnek 4.6. g (x) = x sin πx fonksiyonun [0,] aralığında iki sabit noktası vardır. x = dir. Bunlar x = 0 ve Teorem 4.7. Eğer her x [a, b] için g C[a, b] ve g (x) [a, b] ise g nin [a,b] aralığında bir sabit noktası vardır. Bundan başka (a,b) aralığında g (x) türevi var ve g (x) k < (4.4) olacak şekilde bir k < sayısı varsa g nin [a,b] aralığında tek bir sabit noktası vardır. Proof. g (a) = a ve g (b) = b ise sabit noktanın varlığı açıktır. Şimdi g (a) > a ve g (b) < b kabul edelim. h (x) = g (x) x fonksiyonunu tanımlayalım. h (a) = g (a) a > 0, h(b) = g (b) b < 0 olduğundan aradeğer teoremine göre h (p) = 0 olacak şekilde p (a, b) vardır. Böylece g (p) p = 0 = 0 yani p, g nin sabit noktasıdır. Şimdi sabit noktanın tekliğini gösterelim. p ve q nokta olsun. Ortalama değer teoremine göre g (x) k < özelliğini sağlayan iki farklı sabit p q = g (p) g (q) = g (ζ) p q < k p q < p q olacak şekilde ζ (p, q) vardır. Bu bir çelişkidir. O halde sabit nokta tektir. Örnek 4.8. g (x) = x fonksiyonunun [, ] de tek sabit noktası vardır. gösterininiz. Çözüm: g (x) fonksiyonu I=[, ] kapalı aralığında sürekli olduğundan maksimum ve minimunu [-,] aralında alır. g mutlak minimunu x = 0 da alır ve g (0) = dir. Mutlak maksimumunu x = ± de alır ve mutlak maksimumu g (±) = 0 dır. Buradan her x I için < g (x) < dir. Teoreme göre sabit noktası vardır. Ayrıca g (x) = x < < olduğundan bu sabit nokta tektir. Şimdi bu sabit noktayı bulalım p = g (p) den p = p olup [, ] olduğundan istenen sabit noktadır. = p =, p = + Teorem 4.9. (Sabit Nokta Teoremi)g C[a, b] ve her x [a, b] için g (x) [a, b] olsun. x 0, [a, b] aralığında herhangi bir nokta ise n için x n = g (x n ) ile tanımlanan dizi [a, b] de bir tek p noktasına yakınsar.

24 6 Nümerik Analiz Proof. Bir önceki teoremden g nin [a, b] aralığında bir sabit noktası olduğunu biliyoruz. Her n için x n = g (x n ) [a, b] dir. Ortalama değer teoreminden dir. Tümevarımla dır. k < olduğundan yani x n dizisi p ye yakınsar. x n p = g (x n ) g (p) = g (ζ) x n p < k x n p x n p k x n p k k x n p k n x 0 p (4.5) lim x n p lim k n x 0 p = 0 Sonuç 4.0. Eğer g, Teorem 4.9 in hipotezlerini sağlıyorsa x n dizisinin p ye yaklaşırken meydana gelen hata her n için, x n p k n max {x 0 a, b x 0 } dır. Proof. (4.5) eşisizliğinden aşikar olarak dır. x n p k n x 0 p max {x 0 a, b x 0 } Sonuç 4.. Eğer g, Teorem 4.9 in hipotezlerini sağlıyorsa her n için, dır. x n p kn k x 0 x Proof. Teorem 4.9 in ispatındanher n için elde edilir. Buradan x n+ x n = g (x n+ ) g (x n ) k x n x n k n x x 0 (4.6) x m x n = x m x m + x m x m + x m + x n+ x n x m x m + x m x m + + x n+ x n k n ( + k + + k m n ) x x 0 (4.7) elde edilir. Teorem 4.9 e göre lim m x m = p olduğundan (4.7) nın limitini m alınırsa ispat tamamlanmış olur. Örnek 4.. g (x) = x + x + 0 olsun. sağlamadığını gösteriniz. g(x) fonksiyonunun Teorem 4.9 in koşullarını sağlayıp Çözüm: g (x) = x + olup. g (x) < olacak şekilde p noktasını içeren bir [a,b] aralığı bulunamaz dolayısıyla bu şekilde seçilen g (x) iterasyon fonksiyonu ile oluşturulacak dizi yakınsak değildir.

25 Nümerik Analiz 7 Örnek 4.. x x = 0 denkleminin [,] aralığındaki kökünü sabit nokta interpolasyon yöntemini kullanarak ε = 0 5 hata payıyla hesaplayınız. Çözüm: Bu denklem için interpolasyon polinomu bir kaç şekilde alınabilir. Örneğin g (x) = x, g (x) = (x + ) / vs. olarak alınabilir. Fakat g (x) = x ve I = [, ] aralığında g (x) < tutulamaz dolayısıyla uygun bir seçim değildir. g (x) = (x + ) / = g (x) = (x + ) / olup her x I için g (x) < / ve her x I için g (x) I dır. Dolayısıyla sabit nokta teoremi gereği g ile tanımlanan dizi [a,b] aralığında bir tek p noktasına yakınsar. Şimdi ε = 0 5 hata payıyla hesaplayalım ve x n = g (x n ) x n p kn k x 0 x < 0 5 formülünde x 0 = seçelim x = g (x 0 ) = g ( ) ( = + / ( ) = 5 ( ) n 0 ( 5 ) 6 < 6 ( 5 / ) ) / dir. Burada k = / dir. olup her iki tarafın logaritması alınırsa yani n = 6 alınabilir. sabit nokta iterasyon formülünden n < x n = g (x n ) x 0 =.5 x = x = x = x 4 = x 5 = x 6 = dir. Eğer iterasyon fonksiyonu olarak g (x) kullanılsaydı bu dizi ıraksaktır. Örnek 4.4. x x + 8 = 0 denklemi için iterasyon fonksiyonu olarak A. g(x) = x 8 x,

26 8 Nümerik Analiz B. g(x) = x x + 8 alınabilir. Bu fonksiyonlardan hangisi ile x = köküne yakınsayacak bir iterasyon dizisi elde edilebilir. Çözüm: A. g(x) = x 8 x ise g (x) = x+6 x konusunda bir yorum yapılamaz. olup g () =.5 > olduğundan x = köküne yakınsama B. g(x) = x x + 8 den g (x) = x olup g () = 0 < olduğundan g (x) < olcak şekilde yi bulunduran bir I aralığı belirlenebilir. Dolayısıyla bu iterasyon fonksiyonu ile x = köküne yaklaşılabilir Sabit Nokta iterasyonda Yakınsaklık Hızı Tanım 4.5. (x n ) yakınsak bir dizi ve p noktasına yakınsasın. Her n için e n = x n p olduğunu kabul edelim. Eğer, x n+ p e n+ lim n x n p α = lim n e n α = λ olacak şekilde pozitif λ ve α sayıları varsa (x n ) dizisi, p ye λ asimtotik sabitiyle α mertebeden yakınsaktır denir. Eğer (x n ) dizisi p = g (p) çözümüne α mertebeden yakınsak ise, x n = g (x n ) iterasyon fonksiyonuna α mertebedendir denir. A. Eğer α = ise yakınsaklık lineer B. Eğer α = ise yakınsaklık kuadratiktir. Örnek 4.6. Lineer ve kuadratik yakınsalıkları karşılaştıralım. Örneğin e. lim n+ n e n = 0.75 (Lineer yöntem) e. lim n+ n e n = 0.75 (Kuadratik yöntem) olsun. Aşikar olarak e n+ e n yazabiliriz. Buradan sırasıyla lineer yakınsama için 0.75 ve e n+ e n 0.75 e n 0.75 e n (0.75) e n (0.75) n e 0 ve kuadratik yakınsama için e n 0.75 e n 0.75 [0.75 e n ] (0.75) n e 0 n

27 Nümerik Analiz 9 yazabiliriz. Şimdi her iki yöntem için en küçük iterasyon sayısını, yapılan hatanın 0 8 geçmeyecek şekilde belirleyelim. e 0 = 0.5 olarak seçelim. Lineer yakınsama için dir. Kuadratik yakınsama için ve buradan n 5 elde edilir. e n = (0.75) n = n log 8 log (0.75) 6 e n = (0.75) n (0.5) n = (0.75) (0.75) n 0 8 Örnek 4.7. x n = n dizisinin 0 a lineer yakınsadığını gösteriniz n+ n Çözüm: x n+ x n = = n n+ n olup lim n+ = = λ olduğundan yakınsama lineerdir. Bir f (x) = 0 denklemi verildiğinde iterasyon fonksiyonunun bir kaç şekilde bulunduğu görmüştük. Fakat iterasyon fonksiyonu yardımıyla elde edilen dizinin genel terimini her zaman bulamayacağımızdan iterasyon fonksiyonunun mertebesini her zaman belirleyemeyiz. Şimdi kuadratik yakınsama için gerekli kriterleri çıkaralım. Teorem 4.8. p, x = g (x) denkleminin bir çözümü olsun. p yi içine alan bir I açık aralığında g (p) = 0 ve g (p) < M olduğunu farz edelim. bu durumda öyle bir δ > 0 sayısı vardır ki, p 0 [p δ, p + δ] için n olduğunda, x n = g (x n ) dizisi kuadratik olarak p ye yakınsar. Bundan başka yeterince büyük n değerleri için, dir. p n+ p < M p n p Şimdi f (x) = 0 denklemini Teorem 4.8 kullanarak çözelim. p noktası f (p) 0 olacak şekilde f (x)=0 denkleminin bir çözümü olsun. olacak şekilde g (x) = x ϕ (x) f (x) x n = g (x n ), n sabit nokta iterasyon fonksiyonunu göz önüne alalım. Burada ϕ (x) daha sonradan belirlenecek bir fonksiyondur. Eğer ϕ (x) sınırlı bir fonksiyon ise, g (p) = p dır ve g kuadratik olarak yakınsar. g (p) = 0 olması aşikar olarak ϕ (p) = /f (p) dir. Burada p nin durumundan dolayı f (p) yi bulamayız. Bu sebetten dolayı ϕ (x) = /f (x) olarak seçersek Newton-Raphson yöntemi elde edilir. Sonuç 4.9. Eğer f (p) = 0 olduğunda f (p) = 0 ise Newton-Raphson ve kiriş yöntemi kullanışlı değildir. Teorem 4.0. p (a, b) noktasının, f C[a, b] fonksiyonunun basit sıfır yeri olaması için gerek ve yeter şart f (p) = 0 ve f (p) 0 olmasıdır. Teorem 4.. p (a, b) noktasının, f C[a, b] fonksiyonunun m katlı sıfır yeri olaması için gerek ve yeter şart 0 = f (p) = f (p) = = f (m ) (p) olmasıdır. Ancak burada f (m) (p) 0 dır.

28 0 Nümerik Analiz Sonuç 4.. Eğer f fonksiyonunun p noktasındaki sıfır yeri basit değilse, f fonksiyonun yakınsaklığı kuadratik olmaz. Örnek 4.. p = 0 noktasının f (x) = e x x fonksiyonunun iki katlı sıfır yeri olduğunu gösteriniz. Çözüm: Aşikar olarak f (0) = f (0) = 0 fakat f (0) = olduğundan iki katlı sıfır yeridir. Şimdi p 0 alarak Newton-Raphson Yöntemiyle ardışık olarak dır. x = x = x = x 4 = x 5 = x 6 = x 7 = x 8 = x 9 = x 0 = p, f (x) = 0 denkleminin m katlı bir kökü olsun. Bu taktirde f (x) = (x p) m q (x) dır. Şimdi µ (x) = f (x) f (x) fonsiyonunu tanımlayalım. Bu yöntemi m = için açıklayacağız m > için benzer muhakemelerle genelleştirilebilir. µ fonksiyonuna Newton-Raphson Yöntemi uygulanırsa g (x) = x µ (x) µ (x) = x f (x) f (x) [f (x)] f (x) f (x) elde edilir. Bu şekilde tanımlanan g iterasyon fonksiyonu sürekli ise, f fonksiyonunun sıfır yerine kuadratik olarak yakınsar. Örnek 4.4. f (x) = e x x fonksiyonunun sıfır yerini (4.8) formülünü kullarak bulalım Çözüm: f (x) = e x, f (x) = e x dir. Buradan iterasyon fonksiyonu dir. Buradan ardışık olarak (e x x ) (e x ) g (x) = x (e x ) (e x x ) e x x 0 = x = x = x = x 4 = x 5 = (4.8)

29 Nümerik Analiz bu işlem Mapple ile f : = x > exp(x) x ; k := x > exp(x) ; z := x > exp(x); g : = x > x (f(x) k(x))/((k(x))ˆ f(x) z(x)); x[0] : = ; for n from to 0 do; x[n] := evalf[0](g(x[n ])); end do; ile yapılabilir Örnek 4.5. x 6 x = 0 denkleminin [,] kökünü ε = 0 hata payıyla A. Yarılama metodu ile B. kiriş metodu ile C. Newton Raphson metodu ile çözünüz. D. Sabit nokta iterasyonu ile çözünüz. Çözüm: A. Yarılama metoduyla istenilen hatayla çözelim dir yani; n = 5 alınmalıdır. x n p < b a n < 0 = 00 < n = ln 00 < n 4.6 < n n a n b n m n f (m n ) B. Bu problem için f (x) = x 6 x dır. x 0 =, x = olup f (x 0 ) = ve f (x ) = 6olup indirgeme formülünden ardışık olarak f (x ) = olup x n = x n f (x n ) (x n x n ) f (x n ) f (x n ) x = x f (x ) (x x 0 ) f (x ) f (x 0 ) 6 ( ) = = x = x f (x ) (x x ) f (x ) f (x ) = = ( )

30 Nümerik Analiz f(x ) = x 4 = x 5 = x 6 = x 7 = C. Newton-Raphson iterasyon formülünde x 0 = alarak x n = x n f (x n ) f (x n ) x n = x n x6 n x n 6x 5 n den ardışık olarak x 0 = x =. x = x = x 4 = x 5 = D. x = (x + ) 6 dan g (x) = (x + ) 6 alalım. Aşikar olarak g (x) [, ] dir. g (x) = 6 (x + ) 5 6 < 6 5/6 < 6 elde edilir. x 0 =.5 alalım x = g (x 0 ) = den istenilen hata ile çözümü bulalım den yani n = dir. Buradan x n p < (/6)n < < log ( ) 6n = < n log 6 =.06 < n x = g (x ) = g ( ) =.7900 x = g (x ) = g (.7900) =

31 Nümerik Analiz Örnek 4.6. e x 4x = 0 denkleminin [0, ] aralığındaki kökünü sabit nokta iterasyonu ile ε = 0 hata payıyla hesaplayınız. Çözüm: x = e x dan g(x) = e x alırsak her x [0, ] = I için g (x) I dır ve g (x) < 4 e = olduğundan g uygun bir iterasyon fonksiyonudur. x 0 = 0.5 alırsak x = g (x 0 ) = g (0.5) = olup den x n p < < n k n < < k n = < n log ( ) < n = 6.9 < n elde edilir. Yani; 7. adıma kadar devam etmeliyiz. x = g (x ) = g ( ) = x = g (x ) = g ( ) = x 4 = g (x ) = g ( ) = x 5 = g ( ) = x 6 = g ( ) = x 7 = g ( ) = İnterpolasyon Teorisi İnterpolasyon bir fonksiyonun tablo halinde verilmiş değerlerinden hareketle, bu fonksiyonun bu aralıkta bilinmeyen değerlerinin hesaplanması işlemidir. Diğer bir değişle verilmiş bir fonksiyonun bilinen daha basit bir polinomla gösterilmesi veya onun yerine kullanılması için de kullanılır. Eğer bir aralıkta, bir f (x) fonksiyonu ile P (x) polinomunun aldığı değerler istenildiği kadar küçük oluyorsa yani; her ε > 0 için f (x) P (x) < ε oluyorsa P (x) polinomuna f (x) fonksiyonunun bir yaklaşım polinomu denir.

32 4 Nümerik Analiz Teorem 5.. (Weiertrass Yaklaşım Teoremi) Eğer f (x) fonksiyonu [a,b] aralında tanımlı ve sürekli ve ε > 0 sayısı verilmiş ise bu durumda [a,b] kapalı aralığında tanımlı ve sürekli ve her x [a, b] için olacak biçimde bir P (x) polinomu vardır. f (x) P (x) < ε Bazı hesaplamalarda Taylor polinomları yetersiz kalı örneğin f (x) = x fonksiyonunu x = noktasında Taylor serisine açarsak olmak üzere P n (x) = n k=0 f (k) () k! (x ) k = n ( ) k (x ) k k=0 f (x) = P n (x) + R n+ (x) şeklinde yazılabilir. Fakat P n () = ( ) k k fakat f() = dir. Yani Taylor polinomları yaklaşık hesaplamalarda her zaman kullanılabilecek bir yönten değildir. 5. İnterpolasyon ve Lagrange Polinomu x 0 ve x iki nokta ve f (x) fonksiyonunun bu noktalardaki değeri sırasıyla y 0 ve y olsun. (x 0, y 0 ) ve (x, y ) noktalarından geçen doğrunun denklemi aşikar olarak dır. Bu doğru denklemi şeklinde yazılabilir. L 0 = x x x 0 x y y 0 = y y 0 x x 0 (x x 0 ) y = x x x 0 x y 0 + x x 0 x x 0 y ve L = x x0 x x 0 ile P (x) = L 0 y 0 + L y polinomunu tanımlayalım. Aşikar olarak P (x i ) = f (x i ) (i = 0, ) ve L 0 (x ) = 0 ve L (x ) = dir. Şimdi yukarıdaki yöntemi daha genelleyelim x 0, x,, x n noktalarında f (x) ile aynı değeri alacak p (x) = L 0 f (x 0 ) + L f (x ) + + L n f (x n ) (5.) şeklinde bir interpolasyon polinomu aranırsa P (x i ) = f (x i ) şartı bize { k = i L k (x i ) = 0 k i sonucunu verir. Böylece L k (x) polinomları L k (x) = n i=0 i k x x i x k x j ile verilebilir. Bu şekilde tanımlanan (5.) polinomuna Lagrange interpolasyon polinomu denir.

33 Nümerik Analiz 5 Teorem 5.. Eğer x 0, x,, x n, n + farklı nokta ve bu noktalarda f (x) fonksiyon değerleri verilmiş ise f ile aynı değerleri alan yani; f (x k ) = P (x k ), k = 0,,, n olan n. dereceden bir ve yanlız bir P (x) polinomu vardır. Bu Polinam (5.) şeklinde tanımlı olan polinomdur. Örnek 5.. f (x) ile ilğili aşağıdaki tablo veriliyor. Üçüncü dereceden Lagrange interpolasyon polinomunu bulunuz. x k f (x k ) 4 4 Çözüm: Olup L 0 (x) = L (x) = L (x) = L (x) = (x x ) (x x ) (x x ) (x ) (x + ) (x 4) = (x 0 x ) (x 0 x ) (x 0 x ) 6 (x x 0 ) (x x ) (x x ) (x ) (x + ) (x 4) = (x x 0 ) (x x ) (x x ) 4 (x x 0 ) (x x ) (x x ) (x ) (x ) (x 4) = (x x 0 ) (x x ) (x x ) 60 (x ) (x ) (x + ) 0 olarak elde edilir. P (x) = L k (x) f (x k ) k=0 (x ) (x + ) (x 4) (x ) (x + ) (x 4) = 6 (x ) (x ) (x 4) (x ) (x ) (x + ) = 60 x x 6 5 x Teorem 5.4. Eğer x 0, x,, x n ; [a,b] aralığında n+ farklı nokta ve f C n+ [a, b] olsun. Bu durumda her x [a, b] için, f (x) = P (x) + f (n+) (ζ) (x x 0 ) (x x ) (x x n ) (5.) (n + )! olacak şekilde ζ (a, b) vardır. Burada P (x) lagrange interpolasyon polinomu ve e hata terimi denir. f (n+) (ζ) (n + )! (x x 0 ) (x x ) (x x n )

34 6 Nümerik Analiz Örnek 5.5. f (x) = ln x fonksiyonu için logaritma tablosu aşağıdaki şekilde veriliyor. nedir? ve yapılan hatayı bulunuz. x k ln x k f (.5) değeri Çözüm: olup L 0 (x) = = L (x) = = L (x) = = L (x) = = (x x ) (x x ) (x x ) (x ) (x ) (x 4) = (x 0 x ) (x 0 x ) (x 0 x ) ( ) ( ) ( 4) (x ) (x ) (x 4) 6 (x x 0 ) (x x ) (x x ) (x ) (x ) (x 4) = (x x 0 ) (x x ) (x x ) ( ) ( ) ( 4) (x ) (x ) (x 4) (x x 0 ) (x x ) (x x ) (x ) (x ) (x 4) = (x x 0 ) (x x ) (x x ) ( ) ( ) ( 4) (x ) (x ) (x 4) (x x 0 ) (x x ) (x x ) (x ) (x ) (x ) = (x x 0 ) (x x ) (x x ) (4 ) (4 ) (4 ) (x ) (x ) (x ) 6 P (x) = f (x k ) L k k=0 (x ) (x ) (x 4) = (x ) (x ) (x 4) (x ) (x ) (x ) = x x x olup ln.5 P (.5) = 0.9 dir. (ln.5 = gerçek değer) Şimdi bu işlemde yapılan hatayı hesaplayalım. f (x) = ln x f = x, f = x, f = x, f (4) =! x 4

35 Nümerik Analiz 7 olup f (4) (ζ) 4 (.5 ) (.5 ) (.5 ) (.5 4) = f (4) (ζ) < = Bölünmüş Farklar P n ; x 0, x,, x n noktalarında f ile aynı değeri alan n. dereceden Lagrange polinomu olsun. x 0, x,, x n noktalarına göre P n (x) = a 0 + a (x x 0 ) + a (x x 0 ) (x x ) + + a n (x x 0 ) (x x ) (x x n ) (5.) olacak şekilde a 0, a,, a n değerlerini hesaplayalım. dır. Şimdi (5.) de x = x yazılırsa a 0 = P n (x 0 ) = f (x 0 ) f (x 0 ) + a (x x 0 ) = P n (x ) = f (x ) = a = f (x ) f (x 0 ) x x 0 = f[x 0, x ] dir. Benzer şekilde devam edilirse a k = f[x 0,, a k ] bulunur. Buradan Lagrange polinomu dır. P n (x) = f[x 0 ] + f[x 0, x ] (x x 0 ) + + f[x 0,, x n ] (x x 0 ) (x x ) (x x n ) (5.4) Örnek 5.6. f (x) fonksiyonu ile ilgili olarak x f (x) tablosu veriliyor. Bölünmüş fark tablosunu oluşturarak interpolasyon polinomunu bularak f (.5) değerini hesaplayınız.

36 8 Nümerik Analiz Çözüm: x k f (x k ) f[x i, x j ] f[x i, x j, x k ] f[x i, x j, x k, x l ] Buna göre. dereceden interpolasyon polinomu P 4 (x) = (x ) (x ) (x.) (x ) (x.) (x.6) (x ) (x.) (x.6) (x.9) olarak elde edilir. Buradan dir. f (.5) P 4 (.5) = 0.58 Açıklama. Eğer x 0, x,, x n noktaları arasındaki fark eşit; yani x k x k = h ise,(5.4) denklemi daha basit olarak yazılabilir. Şimdi x = x 0 + sh olsun. Bu durumda (5.4) denklemi veya P n (x) = P n (x 0 + sh) = f[x 0 ] + shf[x 0, x ] + s (s ) h f[x 0, x, x ] + = +s (s ) (s n + ) h n f[x 0,, x n ] n s (s ) (s k + ) h k f[x 0,, x k ] k=0 binom katsayıları kullanılarak ( s k ) = P n (x) = P n (x 0 + sh) = s (s ) (s k + ) k! n k=0 ( s k ) k!h k f[x 0,, x k ] şeklinde yeniden yazılabilir. Bu formüle Newton ileri bölümmüş fark formülü denir. Şimdi (5.) de x = x 0 yazılırsa a 0 = f (x 0 ) dır. Şimdi (5.) de x = x yazılırsa f (x 0 ) + a (x x 0 ) = P n (x ) = f (x ) = a = f (x ) f (x 0 ) x x 0 yani a = f (x 0) h

37 Nümerik Analiz 9 dir. Dikkat edilirse f[x 0, x, x ] = f[x, x ] f[x 0, x ] x x 0 = h [ f (x ) f (x 0 ) h dir. Benzer şekilde operatörünün ardışık şekilde uygulanması ile olduğu gösterilebilir. Buradan f[x 0,, a k ] = k f (x 0 ) h k k! P n (x) = n k=0 ( s k ) k f (x 0 ) ] = h f (x 0 ) dır. Benzer şekilde eğer interpolasyon noktaları x n, x n,, x 0 şeklinde düzenlenirse, interpolasyon polinomu (5.4) denklemine benzer olarak P n (x) = f[x n ] + f[x n, x n ] (x x n ) + + n f[x 0,, x n ] (x x n ) (x x n ) (x x ) (5.5) şeklinde bir interpolasyon polinomu elde edilir. Dikkat edilirse f[x n, x n ] = f(x n) f(x n ) x n x n = h f (x n) f[x n, x n, x n ] = f[x n, x n ] f[x n, x n ] = x n x n h = h f (x n ) dir. En genel halde f[x n k, x n k+,, x n ] = k!h k k f (x n ) ( ) [ f (xn ) f (x n )] yazılabilir. Buradan (5.5) denklemi x = x n + sh ve x = x i + (s + n i) h şeklinde eşit aralıklı interpolasyon noktaları için h veya P n (x) = P n (x 0 + sh) = f(x n ) + s f(x n ) + + ( s k ) = ( ) k s (s + ) (s + k ) k! s (s + ) (s + n ) n f(x n ) n! ile P n (x) = P n (x 0 + sh) = n k=0 ( ) k ( s k ) k f (x k ) şeklinde de kısaca yazılabilir. Bu formüle Newton geri fark formülüde denir. Örnek 5.7. f (x) = log x fonksiyonu için aşağıdaki tablo veriliyor. Bu tobloya göre interpolasyon polinomunu oluşturarak f (), f (6) ve f (0) değerlerini yaklaşık olarak hesaplayınız.

38 40 Nümerik Analiz Çözüm: Bölünmüş fark tablosu aşikar olarak x k y k f[x i, x j ] f[x i, x j, x k ] f[x i, x j, x k, x t ] f[x i, x j, x k, x t, x l ] dır. Tablonun başındaki değerlere yakın bir değer sorulduğundan Newton ileri fark polinomu daha hassas sonuç verdiğinden kullanılır. Buradan dır. Buradan P 4 (x) = (x ) (x ) (x ) (x ) (x ) (x 5) (x ) (x ) (x 5) (x 7) log P 4 () = dır (log nin gerçek değeri ). Şimdi log0 değeri istenildiğinden Newton geri fark polinomu daha hassas sonuç verdiğinden kullanılır. Buradan olup P G (x) = (x 9) (x 9) (x 7) (x 9) (x 7) (x 5) (x 9) (x 7) (x 5) (x ) dır. Newton ileri fark fomülüne göre hesaplansaydı = log 0 P G (0) = log 0 P 4 () = elde edilirdi. Buradan son noktalara yakın değerler için geri fark formülünün daha hassas sonuç verdiği görülür. Açıklama. Ortadaki noktalara yakın değerler için merkezi fark operatörü kullanılarak interpolasyon polinomları elde edilebilir. Bunlar içinde en cok kullanılan Bessel, Stirling, Everett interpolasyon polinomlarıdır. Fakat biz bu durumlara değinmeyeceğiz. 5. En Küçük Kareler Metodu Şimdiye kadar incelediğimiz interpolasyon polinomlarında verilen tablo noktaları sayısına bağlı olarak derecesi bilinen polinomlarla ilgilendik. Bu kısımda istenen dereceden polinomun en iyi yaklaşımını veren bir yol izlenecektir.

39 Nümerik Analiz 4 Tanım 5.8. Tablo noktaları yardımıyla elde edilen polinomun grafiği ile esas eğri arasında bir fark oluşacaktır. Bu farkka sapma denir. En iyi yaklaşımı bulabilmek için bu sapma miktarının toplamının minumum olması gereklidir. Tablo değerleri (x i, y i ) ve yaklaşım noktaları (x i, Y i ) olsun. n Y i y i = minimum (5.6) olmalıdır. Ancak mutlak değerli fonksiyonların minimum yerlerinde türevleri olmadığından, minimumu bulmak için türev alamayız. Bu nedenle (5.6) ifadesine denk olan ifadesini kullanalım. S = n (Y i y i ) = minimum (5.7) 5.. En Küçük Kareler Metoduyla En iyi Doğru Denklemini Bulma (x i, y i ), i =,, n toblo noktaları olmak üzere, bu noktaları en iyi karakterize eden doğru denklemini bulmak istiyoruz. Bu doğrunun denklemi Y = C 0 + C x olsun. O halde C 0 ve C değerlerini bulmalıyız. Doğru denkleminden Y i = C 0 + C x i ve n n S = (Y i y i ) = (C 0 + C x i y i ) = S (C 0, C ) dir. Bu formulde x i ve y i değerleri bilindiğinden S = S (C 0, C ) fonksiyonunun minimuma ulaşabilmesi için S C 0 = S C = n (C 0 + C x i y i ) = 0 n (C 0 + C x i y i ) x i = 0 denklemleri birlikte sağlanmalıdır. Bu denklemler n C 0 nc 0 + C x i + C n n x i = x i = n y i n x i y i bu iki denklemin oluşturduğu sistem C 0 ve C e göre kolayca çözülebilir. Örnek 5.9. Bir fabrika yıllara göre imalatı aşağıdaki tablo ile verilmiştir. Tablodaki noktaları en iyi

40 4 Nümerik Analiz temsil eden Y = C 0 + C x doğrusunu bulunuz. seneler Satıs (000)birim x i y i x i Y i Y i y i k= k = 55 0 k= y 0 i = 6.0 k= x 0 iy i = k= x i = bu veriler ile 0C C = C C = elde edilir. Bu sistemin çözümü ise C 0 =.05, C = 0.0 dir. 5.. En Küçük Kareler Metoduyla Tablo Noktalarından Geçen En iyi Eğriyi Bulma Bu kısımda doğru yaklaşımını daha da genelleyeceğiz. (x i, y i ) tablo değerleri olmak üzere bu noktalardan geçen ve m. dereceden olan bir polinomun eğerisini en küçük kareler metoduyla bulalım: Bu polinom Y = C 0 + C x + C m x m olsun. Burada C 0, C ve C m katsayılarını belirlemeliyiz. Doğru yaklaşıma benzer şekilde olacaktır. Buradan benzer muhakemelerle S = S (C, C,, C m ) = m (Y i y i ) S C 0 = S C = S C m = m (C 0 + C x + C m x m y i ) = 0 m (C 0 + C x + C m x m y i ) x i = 0. m (C 0 + C x + C m x m y i ) x m i = 0

41 Nümerik Analiz 4 veya bu denklem düzenlenirse nc 0 + C m m C 0 m C 0 x m i x i + C ( m x i + C ( m + C ( m x i x m+ i x i ) ) ) m + + C m x m i = + + C m m + + C m m x m+ i = x m+m i = m y i m x i y i. m x m i y i (5.8) dir. Bu m + bilinmeyen ve m + denklemden oluşan bir sistemdir. bu denklemin çözümü kolayca yapılabilir. Örnek 5.0. Aşağıdaki tablo değerlerini kullanarak f fonksiyonuna en iyi ikinci dereceden eğrisel yaklaşımı bulunuz. x i 4 5 y i Çözüm: Bu soru için n = 5, k = dir. İkinci dereceden Y = C 0 + C x + C x şeklinde birpolinom aradığımızdan (5.8) den elde edilir. olduğundan C 0 C 0 5C 0 + C 5 x i + C 5 x i + C 5 x i = 5 x i = 5 x i + C 5 x i + C 5 x i + C 5 i = 5, 5 i = 55, 5 y i = 8., 5 x i y i = x i = 5 x i = 5 x 4 i = 5 x i = 5 x 4 i = 5 x i y i = 5.6 C 0 C C = 5 y i 5 x i y i 5 x i y i 5 i = 55 5 i 4 =