Sayısal Analiz (MATLAB) - Arzu Erdem Ders Notları

8/10/2019 Saysal Analiz (MATLAB) - Arzu Erdem Ders Notlar

1/44

Saysal Analiz Ders Notlar

Arzu Erdem

c 2012/2013 Bahar d onemi m uhendislik notlar 1

Kaynaklar

An Introduction to Numerical Analysis for Electrical and Computer Engineers, Christopher J. Zarowski, A JOHN

WILEY & SONS, INC. PUBLICATION, 2004.

An Introduction to Numerical Analysis, Endre S uli and David F. Mayers, Cambridge University Press, 2003. Elementary Numerical Analysis: An Algorithmic Approach, McGraw-Hill, 1980. Numerical Analysis Using MATLAB and Spreadsheets, Steven T. Karris, Orchard Publications, 2004. Numerical Methods and Analaysis, James I. Buchanan, Peter R. Turner, McGraw-Hill, 1992. Numerical Methods for Mathematics, Science & Engineering, John H. Mathews, Prentice Hall, 1992. Applied Numerical Analysis Using Matlab, Laurene V. Fausett, Prentice Hall, 1999.

Saysal analiz, Galip Oturan c, 2008. Saysal analiz ve m uhendislik uygulmalar, Irfan Karag oz, 2001.


2/44

Chapter 1

Giris

1

1.1 Neden Saysal Y ontemler?Matematikte de gisik tipte denklem t urleri ile kaslasmak m umkund ur. Bunlardan bazlar onceki matemati

derslerinde ele alnmstr. Orne gin lineer denklemler ax + b = 0 ,a ,b IR,a = 0 denkleminin cozumunx = b/a olarak elde etmistik. Bunun yansra lneer olmayan pek cogu icin ki bunlardan en kolay ax 2 + bx+ c0,a ,b ,c IR,a = 0 tipinde 2.dereceden polinomlar(parabol) dr. Bu denklemin iki cozmunu x1 , x2 olaradalandrrsak cozumleri xi = b b 2 4 ac2 a , i = 1 , 2 ile gosterilir. 16. y uzylda Italyan matematik ciler NiccoFontana Tartaglia (14991557), Lodovico Ferrari (15221565) ve Girolamo Cardano (15011576) Artis magnaesive de regulis algebraicis liber unus adl makalelerinde 3.ve 4. dereceden polinomlar i cin bu form ule cok benzer olmayan bir form ul ortaya koydular. Tabi bulunan bu form ullerin genellemesi, su ana kadar, derecesi 5ve 5 ten buyuk hehangi bir polinomun k oklerini bulmak icin genellestirilemedi. Orne gin x5 4x 2 = 0 denklemgibi. Polinom denklemlerini cozumleri i cin genel anlamada bir form ul olmad g icin bu t url u ve hatta daha geneanlamda f (x) = 0 formunda t um denklemlerin cozumleri i cin yaklasmlar verilicektir. Burada bir denklemic oz um u var mdr? ve eger cozum varsa bu c oz um u nasl buluruz? sorularnn cevabn arayaca gz. Bu dersgorucegimiz baska bir konu ise f (x) fonksiyonunun x0 , x1 ,...,x n gibi belli noktalarda degerleri verildi ginde bf (x) fonksiyonunu nasl olusturabilirizdir. Diger bir konu ise integralle ilgilidir. 10 exp(x) dx veya

0 cos(x)integrallerini hesaplayabilirken 10 exp x2 dx veya

0 cos x2 dx gibi integralleri nasl hesaplayabilir hakknda

konusucagz. Ele alnacak olan tum numerik tenkniklerin belli oranda hata pay oldu gu gibi bu hata paylarndakanalizler verilcektir. Saysal y ontemlerde, yinelemeli hesaplar i cin bilgisayar cozumlerine ihtiyac duyaca gz.

1.2 Saysal Analizin Ge cmisiNumerik algoritmalarn ge cmisi cok eski zamanlara dayanmaktadr. Eski Msrda The Rhind Papyrus

(1650 M.O) basit bir denklemin k okleri nasl bulunuru a cklamstr. Archimedes of Syracuse (287-212 M. Oise geometrik eskillerinin hacimlerin, alanlarn veya uzunluklarn nasl hesapland gn bulmustur. Yaklasmnbulma y ontemi kullanlm saysal integrallemenin ruhunu olusturmustur ki bu ise saac Newton and GottfriedLeibnitz in oculugunde matematiksel hesaplamann gelisimine katkda bulunmustur. N umerik hesaplamangelisiminin buyuk bir ksm, matematiksel modellemenin ziksel ger ceklige(ziksel olaylar,muhendislik, tticaret vb.gibi) uygulamalaryla Newton and Leibnitz tarafndan hesaplamann kes ile baslamstr. Bu matem-atik modeller zaman zaman a ck bir sekilde cozulemedi ginden saysal y ontemlere ihtiya c duyulmustur. Saysaanalizdeki en onemli gelismelerden bir di geri de Napier (1614) tarafndan logaritmann kesdir. Newton cesiproblemlerin saysal cozumleri i cin baz y ontemler bulmustur. Onlardan bir ka c kok bulma ve polinomlarinterpolasyonudur. Newtonu takip eden 18. ve 19. y uzyldaki matematik cilerin cok buyuk bir ksm, matem

atiksel problemlerin saysal cozumlerinde b uyuk katklar saglamslardr. Bunlardan bazlar Leonhard Euler(1707-1783), Joseph-Louis Lagrange (1736-1813), and Karl Friedrich Gauss (1777-1855) tr. 1800 li yllarinsonlarnda matematik cilerin b uyuk bir ksm ilgi alanlar cercevesinde saysal analizi kullanms olup gelisimlerde


3/44

2 1. GIRIS

1.3 Saysal Analize Genel Bir Baks A csSaysal analiz, problemlerin saysal cozumlerinin teorik gelismeleri ve bunlarn bilgisayar programlarna

etkisi ve guvenilirli gi ile ilgilenmektedir. Pek cok saysal analizci k ucuk alt alanlarda calsmalarn surd urmekolmasna ragmen genel bir perspektif ve ilgiyi paylasmaktadrlar. Bunlardan bazlar sunlardr:

(1) Genel anlmada bir problem direkt olarak cozulemiyorsa problemi, probleme cok yakn olan ve prolemden daha kolay baska bir problem ile de gistirmek. Orne gin numerik integralleme ve kok bulmyontemleri

(2) Lineer cebir, reel analiz ve fonksiyonel analiz alanlarnda olduk ca genis bir kullanm alanna sahiptir.(3) Hata ile ilgili temel bir merak s oz konusudur. Hatann b uyuklugu ve onun analitik formu bunlarda

bazlardr. 1. skta bahsedildi gi uzere problemin kendisi degilde yaklask problem ele alnd gnhesaplamalrdan do guacak bir hata ka cnlmazdr. Dahas hatann formunu anlamak saysal metodun

yaknsaklk davransn iyilestirecek sekilde tahmin etme y ontemini olusturur.(4) Kararllk, problemlerdeki parameterelerin veya verilerdeki k ucuk degisimlere kars problemin g ostermoldugu hassasiyet olarak adalandrlr ve saysal analzide olduk ca oenmli bir konudur. Orne gin

p (x) = ( x 1) (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) (x 6) (x 7)= x7 28x6 + 322 x5 1960x4 + 6769 x3 13132x2 + 13068 x 5040

polinomunun koklerinden biri 5 ve 6 dr. x6 teriminin onundeki katsayy 28.002 ile degistirdigimiz5.459 0.540i, olarak buluyoruz ki de gerde olduk ca buyuk bir de gisim vardr. Bu t url u polinomlara, kbulma problemlerine g ore kararl olmayan veya iyi tanml olmayan polinomlarda denir. Bu anlamdaproblemlerin cozumleri i cin gelistirilen saysal yontemler, orjinal problemin cozulmesinden daha fazlhassasiyet tasrlar. Dahas, orjinal problemin kararl ve iyi tanml oldu guda incelenmelidir.. Bu t urkonular ozelliklede saysal lineer cebirde gorebilirsiniz.

(5) Numerik analizciler, bilgisayar aritmeti gini kullanan sonlu ifadelerin etkileri ile olduk ca ilgilidirleBu t url u problemleri yine saysal lineer cebirde g orucegiz. (Orne gin yuvarlama hatasn i ceren b uyproblemler gibi)

(6) Numerik analizciler, algoritmalarn etkisinin olcumu ile oldukca ilgilidirler. Belirli algoritmann maaleiynedir sorusu onlar icin cok onemlidir. Orne gin, n denklem i ceren Ax = b lineer denklemini cozerkn3 miktarnda aritmeatik islem kullanlmaktadr. Bunu di ger problemlerin cozumleri i cin saysyontemlerle nasl kaslastrabiliriz?

1.4 Saysal Y ontemlerin Snandrlmas

(1) Say sistemleri ve hatalar (Number Systems and Errors)(2) Denklemlerin koklerinin bulunmas (The Solution of Equations)(3) Lineer denklem sistemlerinin cozumlerinin bulunmas (Matrices and Systems of Linear Equations)(4) Optimizasyon (Optimization)(5) Interpolasyon (Interpolation)(6) E gri uydurma (Regression)(7) Saysal integral (Integration by numerical methods)(8) Saysal t urev (Numerical differentiation)(9) Adi Diferansiyel denklemlerin cozumleri(The Solution of Ordinary Differential Equations)

(10) Ksmi diferansiyel denklemlerin n umerik cozumleri (Numerical Solution of Partial Differential Equa-tions)


4/44

Chapter 2

Say sistemleri ve hatalar (Number Systems and

Errors)

2

2.1 Tam Saylarn G osterimleri (The Representation of Integers)Hayatmzda saylar ondalkl sistemlerde kullanrz. Buna g ore 257 saysnn ondalk g osterimini

257 = 200 + 50 + 7= 2 .102 + 5 .10 + 7 .100

olarak yazabiliriz. Buna g ore herhangi bir tam sayy, katsaylar 0 ile 9 arasnda de gisicek sekilde polnom olarak ifade edebiliriz. Bunun i cin kullanms oldu gumuz g osterim asagdaki gibidir: a0 , a 1 , a 2 , . . . ,a n{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} icin

N = ( a n a n 1 ...a 0)10= an .10n + an 1 .10n

1 + + a0 .100,

Neden 10 luk sistem kullanldgna dair temel bir gercek de bulunmamaktadr. Bununla birlikte elektrikseltepkilerde ack(on)-kapal(off) ifadeleri kullanlmaktadr ve bunlarn bilgisayarlarda g osterimleri ikili sistemler(binary system) ifade edilir. Bu ifadelerde ise 2 taban olup olup, polinomun katsaylar 0 ile 1 dir. Negatif olmayan bir tamsayy 2 lik sistemde asagdaki gibi g osteririz. a0 , a 1 , a 2 , . . . ,a n { 0, 1} icin

N = ( a n a n 1 ...a 0)2= an .2n + an 1 .2n

1 + + a0 .20 ,

Figure 2.1. Alg2.1

Bilimsel calsmalarda kullanlan pek cok calsma 2 lik sistemde islem yapsada bil-gisayar kullanclarn cogunlu gu 10luk sistemde calsmay tercih ederler. Bu sebeptenot ur u iki sistemin birbirine cevirilmesi gerekmektedir. 2 lik sistemden 10 luk sistmeceviriyi 2lik sitemin tanmndan direk olarak verebiliriz. Orne gin

(11) 2 = 1 .2 + 1 .20 = 3

(1101) 2 = 1 23 + 1 22 + 0 21 + 1 20 = 13

Bunu genel olarak asa gdaki algoritma ile verebiliriz.


5/44

4 2. SAYI SISTEMLERI VE HATALAR (NUMBER SYSTEMS AND ERRORS)

bn = anbn 1 = an 1 + bn xbn 2 = an 2 + bn 1xbn 3 = an 3 + bn 2x

. . .

b1 = a1 + b2xb0 = a0 + b1x

Ornek 2.2. (1101)2 ifadesini yukardaki 2.1 algoritmasn kullanarak 10luk sisteme d on ust ur un uz.

Cozum1101 = a3a 2a 1 a 0

b3 = a3 = 1b2 = a2 + 2 b3 = 1 + 2 1 = 3b1 = a1 + 2 b2 = 0 + 2 3 = 6b0 = a0 + 2 b1 = 1 + 2 6 = 13

(1101) 2 = b0 = 13

Ornek 2.3. (10000)2 ifadesini yukardaki 2.1 algoritmasn kullanarak 10luk sisteme d on ust ur un uz.

Cozum10000 = a4a 3a 2a 1a 0

b4 = a4 = 1b3 = a3 + 2 b4 = 0 + 2 1 = 2b2 = a2 + 2 b3 = 0 + 2 2 = 4b1 = a1 + 2 b2 = 0 + 2 4 = 8b0 = a0 + 2 b1 = 0 + 2 8 = 16

(10000) 2 = b0 = 16

Ornek 2.4. 187 ifadesini 2lik sisteme d on ust ur un uz.

Figure 2.2. 10luktemden 2 lik sdonus um

Cozum

187 = 2 93 + 1 b0 = 193 = 2 46 + 1 b1 = 146 = 2 23 + 0 b2 = 023 = 2 11 + 1 b3 = 111 = 2 5 + 1 b4 = 15 = 2 2 + 1 b5 = 12 = 2 1 + 0 b6 = 0

b7 = 1187 = (10111011) 2

Uyar 2.5. 2lik sistemden 8lik sisteme d on us um yaparken veya 8lik sistemden 2lik i t d k d ki t bl k ll l 3 h l k


6/44

2

Table 1. 2lik sistem ve 10luk sistem dnsm tablosu

10luk sistem 2lik sistem 0 (0)21 (1)22 (10)23 (11)24 (100)25 (101)26 (110)27 (111)28 (1000)29 (1001)210 (1010)2

Ornek 2.6. (347)8 ifadesini 2lik sisteme d on ust ur un uz.

Cozum

(347)8 = (10)2 (100)2 (111) 2 = (10100111) 2

Ornek 2.7. (10111011) 2 ifadesini 8lik sisteme d on ust ur un uz.

Cozum

(10111011) 2 = (10)2 (111) 2 (011)2 = (273) 8

2.2 Kesirli Saylarn G osterimleri (The Representation of Fractions)

Tanm 2.8. x bir pozitif tam say ve x I bu saydan k uc uk en b uy uk tam say olmak uzere

x F = x x I ifadesine x reel saysnn kesirli ksm denir ve asagdaki sekilde g osterilir:

x F =

k =0

bk 10 k , 0 bk < 10.

Eger bk says herhangi bir sayda sfr oluyorsa kesirli ifade durdurulmustur denir. Ornegin

14

= 0 .25 = 2 10 1 + 5 10 2

kesirli ifadesi durdurulmustur ancak

13

= 0 .3333... = 3 10 1 + 3 10 2 + ...


7/44


Algoritma 2.9. N = (0 .b1b2 .... )10 , reel saysnn x tabannda asagdaki islemlerle elde ederiz:

f 0 = 0 .b1b2 ....d1 = ( x f 0)I , f 1 = ( x f 0)F d2 = ( x f 1)I , f 2 = ( x f 1)F d3 = ( x f 2)I , f 3 = ( x f 2)F

. . .

N = (0 .d1d2 ... )x

Ornek 2.10. (0.7)10 ifadesini 2lik sisteme d on ust ur un uz.

Figure 2.3. 10luktemdeki ondalk say2lik sisteme d onus u

Cozum

2 0.7 = 1 .4 d1 = (1 .4)I = 1 , f 1 = (1 .4)F = 0 .42 0.4 = 0 .8 d2 = (0 .8)I = 0 , f 2 = (0 .8)F = 0 .82 0.8 = 1 .6 d3 = (1 .6)I = 1 , f 3 = (1 .6)F = 0 .62 0.6 = 1 .2 d4 = (1 .2)I = 1 , f 4 = (1 .2)F = 0 .22 0.2 = 0 .4 d1 = (0 .4)I = 0 , f 5 = (0 .4)F = 0 .4

. . .

(0.7)10 = 0.10110011 2

Ornek 2.11. (0.625)10 ifadesini 2lik sisteme d on ust ur un uz.

Cozum

2 0.625 = 1 .25 d1 = (1 .25)I = 1 , f 1 = (1 .25)F = 0 .252 0.25 = 0 .5 d2 = (0 .5)I = 0 , f 2 = (0 .5)F = 0 .5

2 0.5 = 1 d3 = (1) I = 1 , f 3 = (1) F = 0

2 0 = 0 d4 = (0) I = 0 , f 4 = (0) F = 0. . .

(0.625)10 = (0 .101)2

Ornek 2.12. (0.101)2 ifadesini 10luk sisteme d on ust ur un uz.

Cozum Algoritma 2.9 yi kullanabiliriz:

10 (0.101)2 = (1010) 2 (0 .101)2 = (110 .01)2 d1 = ((110 .01)2 )I = (110)2 = (6) 10 , f 1 = ((110 .01)2)F = (0 .0

10 (0.01)2 = (1010) 2 (0.01)2 = (10 .1)2 d2 = ((10 .1)2 )I = (10)2 = (2) 10 , f 2 = ((10 .1)2 )F = (0 .1)210 (0.1)2 = (1010) 2 (0.1)2 = (101) 2 d3 = ((101) 2 )I = (101)2 , f 3 = ((101) 2)F = (0) 2


8/44

2

:

1010 0.101 = 101 101 10 2 = 110 .01

1 0 11 0 11 0 1

0 0 01 0 11 1 0 0 1

2.3 Kayan Noktal Islemler (Floating Point Arithmetic)Bilgisayar (computing) camiasnda reel saylara reel say de gil de kayan noktal

say denmesinin nedeni noktann yerinin de gistirilebilir olmasndan kaynaklanyor ol-masyms. misal reel saylar g ostermek i cin 8 basamak kullanalm dersek 1.2345678,1234567.8, 0.000012345678, 12345678000000000, vs. seklinde saylar gosterebiliyoruz.eger sabit noktal kullanm olsayd, her sistemin ben noktadan sonra en fazla su kadarbasamak g osteririm seklinde tasarlanmas gerekirdi. Oyle olunca noktadan sonra ucbasamak g osterece gim denilirse 9.123 g osterilebilir ama 9.1234 gosterilemezdi.

Tanm 2.13. n basamakl tabanndaki kayan noktal x saysnn en genel halde g osterimi asagdaki gibidir:

x = (0.d1d2 ... ) e

burada 0.d1d2 ... saysna mantis (mantissa-ondalk ksm), e saysna da kuvvet (expo-

nent) denir. d1 = 0 ise kayan noktal x saysna normallestirilmistir denir.Tanm 2.14. k, bir bilgisayarn kayan noktal hesaplamalarndaki kullanmlarndaki

maksimum basamak olmak uzere x = (0.d1d2 ...d k ... ) e kayan noktal saysn 2

t url u g osterimi vardr. Bunlardan 1.si kesilmis kayan nokta g osterimidir(chopped oat-ing number representation) ve asagdaki sekilde verilir:

f l c (x) = (0.d1d2 ...d k ) e

diger g osterim ise yuvarlanms kayan nokta g osterimidir(rounded oating number rep-resentation) ve asagdaki sekilde verilir:

f l r (x ) = (0.d1d2 ...d k 1 r k ) e

Burada rk says dk .dk +1 dk +2 ... ondalkl saysnn en yakn tamsayya yuvarlamas ile

olusur Ornek 2.15. f l c 23 =? , f l f

23 =? , f l c ( 838) =? , f l f ( 838) =? (2 ondalk

basamakl kayan nokta g osterimleri nelerdir?)

Cozum

23

= 0 .6 f l c23

= 0 .66 100 , f l f 23

= 0 .67 100

838 = 0.838 103 f l c ( 838) = 0.83 103 , f l f ( 838) = 0.84 103

Tanm 2.16. x = (0.d1d2 ...d k ... ) e kayan noktal says ile f l c (x ) veya

f l r (x ) arasndaki farka yuvarlama hatas denir. Yuvarlama hatas x saysna bagl olup asagdaki bagnt ge cerlidir.

f l (x) = x + x 1 k < < 0


9/44


Ornek 2.17. x = 0 .2 101, y = 0 .77 10 6 olmak uzere x + y ve x y ifadelerini 2 ondalk basamakl kayan nokta g osterimleriyle bulup yuvarlama hatalarn elde ediniz.

Cozum

x = 2000000 10 6 , y = 0 .77 10 6 x + y = 2000000 .77 10 6 x + y = 0 .200000077 101

f l c (x + y) = 0 .20 101 c = 0 .200000077 101 0.20 101 = 0 .000000077 101 = 0 .77 10 6

f l r (x + y) = 0 .20 101 r = 0 .200000077 101 0.20 101 = 0 .000000077 101 = 0 .77 10 6

x y = 0 .2 101 0.77 10 6 = 1 .54 10 6 = 0 .154 10 5

f l c (x y) = 0 .15 10 5 c = 0 .154 10

5 0.15 10 5 = 0 .004 10 5 = 0 .4 10 7


10/44

2.4 Hata Analizi ve Hatann Yaylmas (Error Analysis &Propagation of Error)

Saysal y ontemlerde pek cok problemin cozumu icin hesapladgmz degerler ger cekdegerler olmayabilir Bu anlamda ozelliklede saysal algortimalarn gelismesinde bizerehberlik edicek olan baz tanmlamalar vermemiz gerekmektedir.

Tanm 2.18. x gercek degerine yaklask degeri x ile g osterelim. Buna g ore E x = |x x|ifadesine mutlak hata (absolute error)

R x = |x

x

||x| , x = 0ifadesine de bagl hata (relative error) denir.

Ornek 2.19.

(a) x = 3 .141592 x = 3 .14(b) y = 1000000 y = 999996(c) z = 0 .000012 z = 0 .000009

degerleri icin hata ve bagl hatay bulunuz.

Cozum

E x = x x = 3 .141592 3.14 = 1 .592 103R x =

x xx

= 1.592 103

3.141592 = 5 .0675 104

E y = y y = 1000000 999996 = 4R y = y yy = 41000000 = 4 106E z = z z = 0 .000012 0.000009 = 3 .0 106Rz =

z zz

= 3.0 106

0.000012 = 0 .25

Tanm 2.20. Cok kompleks bir matematiksel ifade daha elementer islemler i ceren bir form ul ile yer degistirdiginde kesme hatas (truncation error) kavram meydana gelmektedir. Genel anlamda saysal y ontemlerin kesilmesinden elde edilen hatadr.


11/44

2

Ornek 2.21.

ex2

= 1 + x2 + x4

2! +

x6

3! + ... +

x2n

n! + ...

ifadesinde ilk 4 toplam:

1 + x2 + x4

2! +

x6

3!aldgmzda kesme hatas meydana gelecektir.

Tanm 2.22. Yuvarlama hatas (round-off error) ozelliklede bilgisayardaki kstl depolamadan kaynaklamktadr. Ornegin

1

10 = 0.00011

2olmasna ragmen bilgisayarda bu deger son hanesine kadar alnamayacagndan belli bir ondalktan sonra kesilip yuvarlanmaktadr.

Tanm 2.23. Ornegin x = 3 .1415926536 ve y = 3 .1415957341 saylarn ele alalm.

x y = 3 .1415926536 3.1415957341 = 3.0805 106 fark bize x ve y saylarnn ilk 6 hanesi ayn oldugunu s oylemektedir ki virg ulden sonra 5 saynn ayn olmas demektir. Bu gibi ifadelere basamaklarn anlamn yitirmesi (loss od signicance digits) de denir.

Ornek 2.24. f (x) = x x + 1 x , g (x) = x x +1+ x fonksiyonlar i cin f (500)ve g (500) degerlerini bulunuz.

Cozum

f (500) = 500 501 500 = 500 (22.3830 22.3607) = 500 0.0223 = 11 .1500g (500) =

500 501 + 500 =

50022.3830 + 22.3607

= 50044.7437

= 11 .1748

gercekte f (x) ve g (x) fonksiyonlar cebirsel olarak birbirine denk olmasna ra gmen elde edilen saysal sonuclayn olmamaktadr ve ger cekte g (500) = 11 .1748 degeri gercek deger olan 11.174755300747198 ifadesininbasamaga yuvarlanms halidir.

Not . Hatann artmasn (propogation of error) toplama, carpmada su sekilde

verebilir. x gercek degerine yaklask degeri x, y gercek degerine yaklask degeri y ile g osterelim. Buna g ore x = x + E xy = y + E y(1) Toplamada hata artsn Toplamdaki hata, hatalarn toplamdr seklinde ifade edebil-iriz.

x + y = ( x + E x ) + ( y + E y ) = ( x + y) + ( E x + E y )(2) Carpmada hata artsn biraz daha karmasktr:xy = ( x + E x ) (y + E y ) =

xy +

xE y +

yE x + E x E y

olarak elde ederiz ki

x ve

y burda 1 den b uy uk bir degerde ise

xE

y, yE

x terimleri yeter-

ince b uy uk olabilir.

Tanm 2 25 Bir saysal y ontemde baslang cta verilen degerlerdeki kucuk hatalar


12/44


Ornek 2.26.

p (x) = ( x 1) (x 2) (x 3) (x 4) (x 5) (x 6) (x 7)= x7 28x6 + 322 x5 1960x4 + 6769 x3 13132x2 + 13068 x 5040

polinomunun k oklerinden biri 5 ve 6 dr. x6 teriminin on undeki katsayy 28.002 ile degistirdigimizde5.459 0.540i, olarak buluyoruz ki degerde oldukca b uy uk bir degisim vardr. Bu t url u polinomlara, k ok bulmproblemlerine g ore kararl olmayan veya iyi tanml olmayan polinomlar da denir.


13/44

Chapter 3

f (x ) = 0 Formundaki Lineer Olmayan Denklem-

lerin C oz umleri (The Solution of Nonlinear Equa-tions f (x ) = 0)

3

ax + b = 0 , a = 0

t ur undeki denklemleri cozmek olduk ca kolaydr ve hatta lineer olmayan

ax 2 + bx + c = 0 ,a ,b ,c IR, a = 0

denklemlerinin cozumunu de kolayca bulabiliriz. Ancak 3. mertebden ve daha y uksek polinomlar icin cozubulmak her zaman cok kolay olmamaktadr. Simdi ise ozgul agrlg 0.6 ve yarcap 5.5cm olan bir topun sudne kadar batt gn bulucak bir problemi ele alalm.

Figure 3.1. Topuyuzeyindeki durumu

Newtonun 3. hareket kuralna g ore topun agrlg suyun kaldrma kuvvetine esit

olacaktr.

Topun a grl g = ( Topun Hacmi ) (Topun yogunlu gu) (Y ercekimi ivmesi )

=43

R 3 (b) (g)

R := Topun yar cap (m metre )b := Topun yogunlu gu kg/m 3

g := Yercekimi ivmesi m/s 2

Kaldrma kuvveti = Yer de gistiren suyun a grlg

= (suyun altnda kalan topun hacmi) (suyun yo gunlu gu) (Yercekimi ivmesi)= x 2 R

x3

(w ) (g)


14/44

123. f (x ) = 0 FORMUNDAKI LINEER OLMAYAN DENKLEMLERIN C OZ UMLERI (THE SOLUTION OF NONLINEAR EQUATIONS

Newtonun 3. hareket kuralna g ore

43

R 3 (b) (g) = x 2 R x3

(w ) (g)

4R3 b = 3x2 R x3

w

4R3b 3x2R w + x3w = 0 4R3

bw 3x

2R + x3 = 0

b := bw

= 0 .6 (topun ozgul agrlg)

R = 5 .5cm = 0 .055m

3. 993 104 0.165x2 + x3 = 0Bu ise lineer olmayan bir denklem olup topun batan ksmnn y uksekli gini gosteren xi bulmak bundan sonrakilgilenicegimiz konu olucaktr. Ki bu denklemin k okleri , 0.146 36, 6. 2378102, 4.3737102 olup gra gasa gdaki gibi verebiliriz.

-0.04 -0.02 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10 0.12 0.14

-0.0002

-0.0001

0.0001

0.0002

0.0003

x

y

Figure 3.2. Denklemin gra gi

Problem . Buna g ore bu konu altnda f (x) fonksiyonu [a, b] aralgnda s urekli ve snrl bir fonksiyoolmak uzere f (r ) = 0 kosulunu saglayacak sekilde r [a, b] c oz um un u bulabilirmiyiz sorusunun cevabn bulmaycalsacagz ki bu durumda 3 soru aklmza gelmektedir.

(1) Bir fonksiyonun c oz um un un var olup olmadgn nasl bulabiliriz? (2) C oz um varsa c oz um u nasl bulabiliriz? (3) Buldugumuz c oz um, ger cek c oz ume ne kadar yaknsaktr?

3. sorunun cevab icin yaknsaklk tanmn verelim:

Tanm 3.1.

limn

xn = xolsun. Eger |xn +1 x| c|xn x| p

kosulu saglanyorsa

{xn

} dizisine p. mertebeden yaknsaktr denir ve p ye de yaknsaklk derecesi denir.

1. sorunun cevabn asa gda verelim. Di ger sorularn cevabn ise bu konudaki altbaslklarla vermeyecalsacagz.


15/44

3

Figure 3.3. Ara de ger teoreminin uygulamas

Uyar 3.3. Burda dikkat edilmesi gereken en onemli noktalardan birisi ise fonksiyonun s urekli ve snolmasdr. Egere bu kosullardan biri saglanmyorsa yukaridaki teoremi uygulamamz m umk un degildir.

Figure 3.4. Ara de ger teoremi i cinters ornek!

Ornek 3.4. Asagdaki fonksiyonlarn verilen aralklarda c oz um un un olup olmadgn belirtiniz.

(1) f (x) = ex 2 x, [5, 3] ve [3, 1](2) f (x) = cos ( x) + 1 x, x radyan olarak alnacak, [ 1, 1] ve [1, 3](3) f (x) = ln ( x) 5 + x, [1, 3] ve [3, 5]Cozum

(1)f (x) = ex 2 x f (5) f (3) = 3 . 1564 > 0 oldugundan [5, 3] aralgnda k ok yoktur.

f (3) f (1) = 0.66359 < 0 oldugundan [5, 3] aralgnda k ok vardr.(2)


16/44


(3)

f (x) = ln( x) 5 + x f (1) f (3) = 3 . 6056 > 0 oldugundan [1 , 3] aralgnda k ok yoktur.f (3) f (5) = 1. 4507 < 0 oldugundan [3 , 5] aral gnda k ok vardr.


17/44

3.1 Sabit Nokta Iterasyonu (Fixed Point Iteration)Sabit nokta iterasyonunun ana kri

f (x) = 0denklemini

x = g (x)formuna getirmektir.

Ornek 3.5. ex 1 2x = 0 denklemini x [1, 2] aralgnda x = g (x) sekline getiriniz.

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.00.0

0.5

1.0

1.5

2.0

x

y

Figure 3.5. ex 1 2x fonksiyonu

Cozum

f (x) = ex 1 2x = 0 , x [1, 2]x =

ex 12

= g (x) g (1) = e1 1

2 = 0.85914 / [1, 2] oldugundan bu sekilde donust uremeyiz.

1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.00

1

2

3

x

y

Figure 3.6. g (x) = ex 12 ve y = x

fonksiyonlar

ex = 2 x + 1 x = ln(2 x + 1) = g (x) g (1) = ln (2 1 + 1) = 1 . 0986 [1, 2],g (2) = ln (2

2 + 1) = 1 . 6094

[1, 2] oldugundan bu formu kullanmalyz.


18/44


1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.01.0

1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

1.7

1.8

1.9

2.0

x

y

Figure 3.7. g (x) = ln(2 x + 1) ve y =x fonksiyonlar

Tanm 3.6. g (x) fonksiyonu [a, b] aralgnda s urekli,snrl ve g(x) [a, b] olsun.xn +1 = g (xn ) , n = 0, 1, 2, 3,... (3.1)

ile verilen yineleme form ul une sabit nokta veya basit iterasyon (xed point iteration or simple iteration).denir.xn , n 0 saylarna iterasyon n = 0 durumunda x0 saysna baslangc iterasyonu denir. Eger (3.1) ile tanmlanan {xn } dizisi x noktasna yaknsak ise x says g (x) fonksiyonunun sabit noktasdr:

x = g (x)

Ger cekten

limn

xn =

x

ise

x = limn

xn +1 = limn

g (xn ) = g limn

xn = g (x)

Yontemi asagdaki sekilde verebiliriz:

Algoritma 3.7. Adm 1: x0 baslang c iterasyonunu ve > 0 hata payn verin ve n = 0 aln Adm 2:

xn +1 = g (xn )

form ul u ile bir sonraki iterasyonu elde ediniz.Adm 3: |xn +1 xn | > ise n yi 1 arttrn. ( n = n + 1) ve 2.adma gidiniz.Adm 4: Bulunan xn +1 saysn x = g (x) denkleminin c oz um u olarak belirtiniz.

Problem . (3.1) ile tanmlanan {xn } dizisi ne zaman yaknsaktr? Teorem 3.8. g (x) ve g (x) fonksiyonu (a, b) aralgnda s urekli ve x (a, b) sabit noktay g ostersin.(i) Eger x [a, b] icin |g (x) | K < 1 kosulu saglanyorsa x0 (a, b) icin (3.1) ile tanmlanan {xn } dizisi xsabit noktasna yaknsar (ii ) Eger x [a, b] icin |g (x) | > 1 kosulu saglanyorsa (3.1) ile tanmlanan {xn } dizisi x sabit noktasna yaknsamaz. x noktasna raksak sabit nokta (repulsive xed point) denir ve iterasyon da lokal olarak raksaklk g osterir.
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


19/44


(a) (b)

(c) (d)

Figure 3.8. (a) 0 < g (x) < 1 oldugu durum - monoton yaknsaklk(b) 1 < g (x) < 0 oldugu durum - salnml yaknsaklk(c) g (x) > 1 oldugu durum - monoton raksaklk(d) g (x) > 1 oldugu durum - salnml raksaklk

Proof. (i) Oncelikle (3.1) ile tanmlanan {xn } dizisinin [a, b] aralgnda oldu gunu g osterelim: Ara de gerteoremini kullanarak asa gdaki sonucu elde ederiz:|x x1 | = |g (x) g (x0 ) | = |g (c0) (x x0 ) | = |g (c0) ||x x0| K |x x0 | < |x x0 | < x1 (a, b)

Simdi t umevarm y ontemi ile xn (a, b) olsun. xn +1 (a, b) oldu gunu g osterelim:|x xn +1 | = |g (x) g (xn ) | = |g (cn ) (x xn ) | = |g (cn ) ||x xn | K |x xn | < |x xn | < xn +1 (a, b)Simdi ise

|x xn +1 | K n |x x0 |oldugunu g osterelim. Yukarda

|x x1| K |x x0|oldugunu g ostermistik. T umevarm y onteminden faydalanarak

|x xn | K n 1|x x0|oldugunu kabul edelim. Buna gore

|x xn +1 | |g (x) g (xn ) | = |g (cn ) (x xn ) | = |g (cn ) ||x xn | K |x xn | KK n 1|x x0| = K n |x x0|Buna g ore |xxn +1 | K n |xx0| oldugunu g ostermis oluruz. Burada limit ald gmzda, 0 < K < 1 oldugundan:

limn |x xn +1 | limn K n |x x0 | = 0
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


20/44


Sonuc 3.9. g (x) ve g (x) fonksiyonu (a, b) aralgnda s urekli ve

x (a, b) sabit noktay g ostersin. Eger

x [a, b] icin |g (x) | K < 1 kosulu saglanyorsa x0 (a, b) icin (3.1) ile tanmlanan iterasyonun yaknsaklk derecesi 1 dir. Ve dahas |x xn | K n 1|x x0|, n 1|x xn |

K n 1|x1 x0 |1 K

hata degerlendirmeleri ge cerlidir.

Proof. Teorem 3.8in ispatnda g oruldugu uzere

|x xn +1 || K |x xn |elde ederiz. Buna g ore tanm 3.1den yaknsaklk derecesini 1 olarak elde ederiz. Ve yine Teorem 3.8den

|x xn | K n 1|x x0 |, n 1degerlendirmesini elde ederiz.

|x xn | = |g (x) g (xn 1 ) | = |g (cn 1) (x xn 1 ) | K |x xn 1 | = K |x xn 1 + xn xn | K |x xn |+ K | xn 1 + xn | | x xn |

K 1 K |

xn 1 + xn ||x2 x1 | = |g (x1 ) g (x0) | = |g (c0) (x1 x0 ) | K |x1 x0 ||x3 x2 | = |g (x2 ) g (x1) | = |g (c1) (x2 x1 ) | K |x2 x1 | K 2|x1 x0|

...

|xn xn 1 | = |g (xn 1 ) g (xn 2) | = |g (cn 2) (xn 1 xn 2) | K |xn 1 xn 2| ... K n 1|x1 x0 |ifadesini yerine yazd gmzda sonucu elde ederiz.

Ornek 3.10. x3

3x

20 = 0, x

[1, 4] fonksiyonun c oz um un u sabit nokta iterasyonu ile bulunuz.

Baslangc iterasyonu x0 = 1.5, hata pay = 10 4 ve virg ulden sonra 4 basamak alnz.

Cozum

x3 3x 20 = 0 x = x3 20

3 ifadesini alamayz cunk u x = 1 icin

x3 203

= 13 20

3 = 6. 3333 / [1, 4]

x3 3x 20 = 0 x3 = 3 x + 20 x = 3 3x + 20 x = 1icin

3 3 1 + 20 = 2 . 8439 [1, 4]x = 4 icin 3 3 4 + 20 = 3 . 1748 [1, 4]x = 3 3x + 20 = g (x) g (x) =

1

3 3 (3x + 20) 2 .3 =

13 (3x + 20) 2

13 202 = 0 .13572 < 1

1. 0 1. 2 1. 4 1. 6 1 .8 2. 0 2 .2 2. 4 2. 6 2 .8 3. 0 3. 2 3. 4 3. 6 3 .8 4. 01

2

3

4

x

y

Figure 3.9. x = 3 3x + 20 gra gi
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


21/44


Table 1. Cozum

terasyon x g(x) Eps hata Devam/Dur-Kararzm y=x0 1,5000 2,9044 0,0001 1,51 2,9044 3,0622 0,0001 1,4044 Devam 0 1,72 3,0622 3,0789 0,0001 0,1578 Devam 0 1,93 3,0789 3,0807 0,0001 0,0167 Devam 0 2,14 3,0807 3,0808 0,0001 0,0018 Devam 0 2,3

5 3,0808 3,0809 0,0001 1E-04 Dur zm=3,0808 2,5

Ornek 3.11. x = 12 e0. 5x , x

[0, 1] fonksiyonun c oz um un u sabit nokta iterasyonu ile bulunuz. Baslang c

iterasyonu x0 = 0, ve 3. iterasyona kadar hesaplayp virg ulden sonra 4 basamak alnz.

Cozum

x = g (x) = 12

e0. 5x g (0) = 0 .5, g (1) = 0 .824 36

g (x) = 1

4e0. 5x

14 0.82436 = 0 .20609

oldugundan sabit nokta iterasyonunu kullanabiliriz.

0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.00.0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

x

y

Figure 3.10. x = 12 e0. 5x gragi

Table 2. Cozum

terasyon x g(x) Eps Devam/Dur Devam/Dur-Kararzm y=x0 0,0000 0,5000 0,0001 0,51 0,5000 0,6420 0,0001 0,5 Devam 0 0,522 0,6420 0,6893 0,0001 0,142 Devam 0 0,543 0,6893 0,7057 0,0001 0,0473 Devam 0 0,56


22/44


3.2 Ikiye Bolme Yontemi (Bisection Method)f (x) fonksiyonu [a, b] aralgnda surekli ve snrl bir fonksiyon olmak uzere f (r ) = 0 kosulunu sa glayacak

sekilde r [a, b] coz umunu bulmak i cin Ikiye Bolme Yontemi i cin asa gdaki algoritmay uygularz:

Figure 3.11. Ikiye Bolme Yontemi

Algoritma 3.12. Adm 1: > 0 hata payn verin ve n = 0 alnz ve baslang c aralg a0 =a, b0 = b secerek [a0 , b0] seklinde belirleyiniz

Adm 2:

r n = an + bn

2seklinde aralgn orta noktasn alnz.

Adm 3: Eger f (r n ) = 0 ise r = rn seklinde c oz um u elde ederiz.Adm 4: Eger f (an ) f (r n ) < 0 ise an +1 = a n , bn +1 = r n secerek yeni aralg [an +1 , bn +1 ] = [an , r n ]seklinde belirleyiniz.Adm 5: Eger f (r n ) f (bn ) < 0 ise an +1 = rn , bn +1 = bn secerek yeni aralg [an +1 , bn +1 ] = [r n , bn ]seklinde belirleyiniz.Adm 6: Eger |an bn | > ise n yi 1 arttrn. ( n = n + 1) ve 2.adma gidiniz aksi durumda isleme son ver.

Problem . Algoritma 3.12 ile verilen ikiye b olme y onteminin yaknsaklg nedir? Iterasyon ne zaman durur?

Teorem 3.13. ( Ikiye b olme teoremi-Bisection theorem) f (x) fonksiyonu [a, b] aralgnda s urekli ve snrl

bir fonksiyon olmak uzere f (r ) = 0 kosulunu saglayan r [a, b] olsun. Eger f (a) f (b) 0 kosulunu saglanyorsa Algoritma 3.12 de tanmlanan {r n }n =0 dizisi x = r c oz um une yaknsaktr ve

|r rn | b a2n +1

, n = 0, 1, 2,...

esitsizl igi saglanr. > 0 hata payn g ostermek uzere maksimum iterasyon says ( nmax ) asagdaki sekilde verilir:

nmax =ln (b a) ln(2)

ln(2)

Proof. r ve r n [a, b] aralgnda oldu gundan asagdaki esitsizligi yazabiliriz

|r rn | |bn an |

2
http://-/?-http://-/?-http://-/?-http://-/?-


23/44


(1 a) Eger a1 = a0 , b1 = r0 = a 0 + b02 ise |b1 a1| = |b0 a 0 |

21

(1 b) Eger a1 = r0 = a 0 + b02 , b1 = b0 ise |b1 a1| = |b0 a 0 |

21

(2 a) Eger a2 = a1 , b2 = r1 = a 1 + b12 ise |b2 a2| = |b1 a 1 |

21 = |b0 a 0 |

22

(2

b) Eger a2 = r

1 = a 1 + b1

2 , b

2 = b

1 ise

|b

2 a

2| = |b1 a 1 |

21 = |b0 a 0 |

22

Tumervarm yontemi ile |bn 1 an 1| = |b0 a 0 |

2 n 1 oldugunu kabul edelim.(n a) Eger an = an 1 , bn = r n 1 =

a n 1 + bn 12 ise |bn an | =

|bn 1 a n 1 |2 1 =

|b0 a 0 |2 n

(n b) Eger an = rn 1 = a n 1 + bn 1

2 , bn = bn 1 ise |bn an | = |bn 1 a n 1 |

21 = |b0 a 0 |

2 n

Boylece

|r rn | |bn an |

2 = |b0 a0|

2n +1

sonucunu elde ederiz.

|b0 a0|2n +1

= b a2n +1

b a2 2

n n ln b a2

ln(2) nmax =ln (b a) ln(2)

ln(2)

Not . Ikiye b olme y ontemi, en yavas yaknsaklga sahip bir y ontem olmasna ragmen hatal sonu clanmayan bir y ontemdir.

Ornek 3.14. x3 + 4 x2 10 = 0, x [1, 2] denkleminin c oz um un u ikiye b olme y ontemi ile bulunuz. Hata pay = 10 6 ve virg ulden sonra 6 basamak alnz.

1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0

-4

-2

0

2

4

6

8

10

12

14

x

y

Figure 3.12. x3 + 4 x2 10 fonksiyonu

Cozum


24/44


Table 3. x3 + 4 x2 10 = 0, x [1, 2] denkleminin cozumunu ikiye bolme yontemi ile bulunmas.terasyon a f(a) b f(b) f(a)*f(b)


25/44

Ornek 3.15. x = tan x, x [4, 4.5] denkleminin c oz um un u ikiye b olme y ontemi ile bulunuz. Hata pay = 10 3 ve virg ulden sonra 3 basamak alnz.

4.1 4.2 4.3 4.4 4.50.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.01.2

1.4

1.6

1.8

2.0

2.2

2.4

2.6

2.8

x

y

Figure 3.13. x = tan x, x [4, 4.5] denklemi

Cozum


26/44


Table 4. x = tan x, x [4, 4.5] denkleminin cozumunu ikiye bolme yontemi ile bulunmas.

terasyon a f(a) b f(b) f(a)*f(b) 0 hata payn verin ve n = 0 alnz ve baslang c aralg a0 =a, b 0 = b secerek [a 0 , b0] seklinde belirleyiniz

Adm 2:

r n = f (bn ) a n f (a n ) bn

f (bn ) f (a n )seklinde noktay bulunuz..

Adm 3: Eger f (r n ) = 0 ise r = r n seklinde c oz um u elde ederiz.


27/44


Adm 4: Eger f (a n ) f (r n ) < 0 ise an +1 = an , bn +1 = rn secerek yeni aralg [a n +1 , bn +1 ] = [a n , r n ]seklinde belirleyiniz.

Adm 5: Eger f (r n ) f (bn ) < 0 ise an +1 = rn , bn +1 = bn secerek yeni aralg [a n +1 , bn +1 ] = [r n , bn ]seklinde belirleyiniz.

Adm 6: Eger |a n bn | > ise n yi 1 arttrn. ( n = n + 1) ve 2.adma gidiniz aksi durumda isleme son ver.

Problem . Algoritma 3.16 ile verilen Regula Falsi y onteminin yaknsaklg nedir?

Teorem 3.17. f (x ) fonksiyonu [a, b ] aralgnda 2.mertebeye kadar t urevi var ve s urekli bir fonksiyon olmak uzere eger f (a ) < 0 < f (b) ve f (x ) 0 (f (x ) 0) kosulunu saglanyorsa Algoritma 3.16 de tanmlanan {r n }

n =0 dizisi x = r c oz um une yaknsaktr.

Proof. f (x ) 0 , x [a, b ] = [a 0 , b0] kosulu ile f fonksiyonunun konveksligi sonucunu elde ederiz.Boylece p0 (x ) = c0x + d0 seklinde bir do gru icin

f (x ) p0 (x )

kosulu sa glanr. p0 (r 0 ) = 0 oldu gundan yukardaki esitsizliklten f (r 0 ) 0. Bu durumda yeni aralgmz[a 1 , b1] = [r 0 , b0] . Eger f (r 0 ) = 0 ise yontem yaknsaktr aksi durumda yine f (x ) 0 , x [a 1 , b1] = [r 0 , b0] [a 0 , b0] kosulu ile p1 (x ) = c1x + d1 seklinde bir do gru icin

f (x ) p1 (x )

ifadesi gecerlidir. p1 (r 1) = 0 oldu gundan yukardaki esitsizliklten f (r 1 ) 0. Bu durumda yeni aral gmz[a 2 , b2] = [r 1 , b1] . Ve bu y ontemi bu sekilde devam ettirdi gimizde

r k a k = r k 1

olucak sekilde monoton artan bir dizi elde ederiz. Di ger yandan sag snr hicbir zaman degismemektedir:

bk = bk 1 = ... = b0

ve

bk r k a k = r k 1

sagland gndan monoton artan {r n }

n =0 dizisi ustten snrl oldugundan yaknsaktr. Buna g ore

r n = f (bn ) a n f (a n ) bn

f (bn ) f (a n ) lim

n r n = lim

n

f (bn ) r n 1 f (r n 1 ) bnf (bn ) f (r n 1 )

r = f (b0) r f (r ) b0

f (b0) f (r )

(r b0) f (r ) = 0 f (r ) = 0 , r = b0

Not . f (x ) 0 oldugu durumda yaknsaklk iyi tanml olmayp c oz um un bulunmas zorlasr. Asagdaki sekilde ikiye b olme y ontemi ile regula falsi y onteminin yaknsaklklarn gosterebiliriz. Buna g ore genel anlamda regula falsi y onteminin yaknsaklg daha iyidir denilebilir.


28/44


Figure 3.15. Ikiye Bolme ve Regula Falsi Y ontemlerinin yaknsaklklarnn karslastrlmas

Tabii ki her fonksiyon i cin bu genellemeyi yapmak yanlstr. Bu sorunun cevabn evet olarak vermek her zaman dogru olmayabilir. Ornegin eger baslang c aralgn hileli olarak oldukca yakn degerlerde belir-lersek ikiye b olme y onteminin yaknsaklgnn daha iyi oldugunu belirtebiliriz. Asagdaki sekilde verilen f (x ) =

sign (arctan ( x )) 20

2 arctan( x )

+ 19

20 fonksiyonu buna bir ornektir:

Figure 3.16. Ikiye bolme yonteminin Regula Falsi y onteminden daha iyi yaknsad g durum

Ornek 3.18. x 2 x = 0 , x [0, 1] denkleminin c oz um un u regula falsi y ontemi ile bulunuz. Hata pay = 10 5 ve virg ulden sonra 5 basamak alnz.


29/44


-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-30

-20

-10

xy

Figure 3.17. f (x ) = x 2 x fonksiyonu

Cozum

Table 5. x 2 x = 0 , x [0, 1] denkleminin regula falsi y ontemi ile cozumu.

terasyon a f(a) b f(b) f(a)*f(b)


30/44


3.4 Newton 1 Raphson Y ontemi (Newton Raphson Method)Eger f (x) , f (x) , f (x) fonksiyonlar x = r cozumu civarnda s urekli fonksiyon ise Newton-Raphson

yontemini kullanabiliriz. Newton-Raphson Y ontemi i cin oncelikle r0 gibi bir baslang c noktas verilir .Sekilegore r 0 noktasndan gecen egimi asa gdaki sekilde verebiliriz:

m = f (r 1) f (r 0 )

r 1 r 0= f (r 0 ) f (r 1 ) = 0

0f (r 0 )r 1 r 0

= f (r 0 ) r 1 = r 0 f (r 0 )f (r 0)

Figure 3.19. Newton Raphson Yontemi

ve bunun i cin asa gdaki algoritmay uygularz:Algoritma 3.20. Adm 1: > 0 hata payn verin ve n = 0 alnz ve baslangc aralg r 0 baslang c

noktasn belirleyiniz. Eger f (r 0 ) = 0 ise baska bir r0 noktas se ciniz.Adm 2:

r n +1 = r n f (r n )f (r n )

, n = 0 , 1, 2,...

seklinde noktay bulunuz..Adm 3: Eger |r n +1 r n | > ise n yi 1 arttrn. ( n = n +1) ve 2.adma gidiniz aksi durumda f (r n ) = 0

ise isleme son veriniz degil ise r r n olarak c oz um u elde ediniz.Teorem 3.21. f (x ) fonksiyonu [a, b ] aralgnda 2.mertebeye kadar t urevi var ve s urekli bir fonksiyon olmak uzere eger f (r ) = 0 kosulunu saglayacak sekilde c oz um mevcut ise ve f (r ) = 0 kosulunu saglanyorsa r 0 [r , r + ] olucak sekilde > 0 icin Algoritma 3.20 de tanmlanan {r n }

n =0 dizisi x = r c oz um une yaknsaktr.

Uyar 3.22.

g (x ) = x f (x )f (x )

ile tanmlanan fonksiyona Newton-Raphson iterasyon fonksiyonu denir.1 Isaac Newton, 4 ocak 1643 ylnda Woolsthorpe-Ingiltere do gumlu 31 mart 1727, Londra-Ingiltere de oldu. 27 yasnda

Cambridge de Lucasian ba skanl gn yapt.
http://-/?-http://-/?-


31/44


Proof. Sekilde neden r 0 baslang c iterasyonunu cozume olduk ca yakn se cmeliyiz veya neden 2. mertebeyekadar turevlenebilir ve t urevi surekli bir fonksiyon se ciyoruz sorularnn cok net bir cevabn alamyoruz ancakispatta neden bu varsaymlarda bulunuyoruz a cklmaya calsaca gz. f (x) fonksiyonunun x = r0 noktasndakiTaylor seri aclmn verirsek

f (x) = f (r 0) + f (r 0 ) (x r 0 ) + f (c) (x r 0)2

2! ,

c, r 0 ile x arasnda bir deger. x = r degerini yazd gmzda

0 = f (r ) = f (r 0) + f (r 0) ( r r 0) + f (c) (r r 0 )

2

2!

bu ifade ile eger r0 baslang c noktas r noktasna oldukca yakn oldu gunda (r r 0 ) 2

2! terimi yeterince kucuk birdeger alcaktr. Boylece

0 f (r 0) + f (r 0 ) ( r r 0) r r 0 f (r 0)f (r 0 )

olarak elde ederiz. Buna gore yukardaki yaklasm sonraki noktay bulmak i cin kullanabiliriz.

r 1 r 0 f (r 0)f (r 0)

ve daha sonra r 0 noktasnn srasyla r k 1 ile degistirdigimizde Newton-Raphson iterasyonunu kurmus oluruz.Yaknsakl g degerlendirmek i cin sabit nokta iterasyonundaki kosulun sa glanmas gerekmektedir:

g (x) = x f (x)f (x ) g (x ) = 1

(f (x)) 2 f (x) f (x )(f (x )) 2

= f (x) f (x)

(f (x ))2

Eger f (r ) = 0 kosulunu saglayacak sekilde bir cozum var ise yukardaki tanmlamadan g (r ) = 0 dr ve g sureklifonksiyon oldu gundan |g (x)| < 1, x [r , r + ] kosulunu saglayacak sekilde > 0 bulmak m umk und ur.Boylece

f (x) f (x)(f (x ))2 < 1, x [r , r + ]

kosulu sa glanr.

Ornek 3.23. exp(x ) 5sin x2 = 0 , denkleminin c oz um un u r0 = 0 .5 baslang c noktas ve Newton-Raphson y ontemi ile bulunuz. Hata pay = 10 5 ve virg ulden sonra 5 basamak alnz.(cos fonksiyonu i cin radyan alnz)

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0

-2

-1

0

1

x

y

Figure 3.20. exp(x) 5sin x2

Cozum f (x) = exp( x) 5sin x2 f (x ) = ex 52 cos 12 x


32/44


Table 7. exp(x) 5sin x2 = 0 , denkleminin cozumun u r0 = 0 .5 baslang c noktas veNewton-Raphson yontemi ile bulunmas

terasyon r f(r) f'(r) eps devam Kk0 0,50000 -1,88681 -3,90488 0,000011 0,01681 0,88494 -6,83429 0,00001 Devam2 0,14630 0,01859 -6,48996 0,00001 Devam3 0,14916 0,00005 -6,47853 0,00001 Devam4 0,14917 -0,00002 -6,47849 0,00001 Devam5 0,14917 -0,00002 -6,47849 0,00001 Dur zm =0,14917

Ornek 3.24. x2 sin(x) 1 = 0 denkleminin c oz um un u r0 = 1 . baslang c noktas ve Newton-Raphson y ontemi ile bulunuz. Hata pay = 10

6

ve virg ulden sonra 5 basamak alnz.(sin fonksiyonu icin radyan alnz)

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

x

y

Figure 3.21. f (x ) = x 2 sin(x) 1fonksiyonuCozum f (x) = x2 sin(x ) 1 f (x) = 2 x cos x

Table 8. x2 sin(x ) 1 = 0 denkleminin coz umunu r0 = 1 . baslang c noktas ve Newton-Raphson y ontemi ile bulunmas

terasyon r f(r) f'(r) eps devam Kk0 1,00000 -0,84147 1,45970 0,000001

1 1,57647 0,48527 3,15861 0,000001 Devam2 1,42284 0,03539 2,69825 0,000001 Devam3 1,40972 0,00026 2,65906 0,000001 Devam4 1,40962 0,00000 2,65877 0,000001 Dur zm =1,40962227740211

Problem . Algoritma 3.20 ile verilen Newton-Raphson y onteminin yaknsaklg nedir?

Tanm 3.25. f (x) fonksiyonu M. mertebeye kadar t urevlenebilir ve t urevleri s urekli bir fonksiyon olmak uzere

f (r ) = f (r ) = ... = f (M 1) (r ) = 0 , f (M ) (r ) = 0
http://-/?-http://-/?-


33/44


kosulu saglanyorsa x = r noktasna M. dereceden k ok denir. Eger M = 1 ise basit k ok, M = 2 ise katl k ok de denebilir.

Lemma 3.26. Eger f (x) fonksiyonu x = r noktasnda M. dereceden k oke sahip ise

f (x) = ( x r )M h (x ) , h (r ) = 0olacak sekilde s urekli h (x ) fonksiyonu mevcuttur.

Ornek 3.27.

f (x) = x3 3x + 2 fonksiyonunun x = 2 basit k ok ud ur ve x = 1 ise cift katl k ok ud ur.

f (2) = 0f (x ) = 3 x2 3

f (2) = 0f (1) = 0

f (1) = 0f (x ) = 6 x f (1) = 0

f (x ) = ( x 1)2 (x + 2)

Teorem 3.28. Algoritma 3.20 ile verilen Newton-Raphson y onteminde tanmlanan {r n }

n =0 dizisi x = rc oz um une yaknsaktr. Eger x = r basit k ok ise yaknsaklk derecesi 2 dir ve

|r r n +1 | |f (r )|

2 |f (r )| |r r n |

2

eger x = r M. mertebeden bir k ok ise yaknsaklk derecesi 1 dir ve

|r

r n +1

|

M 1M |

r

r n

|.

Proof.

0 f (r n ) + f (r n ) ( r r n ) + f (c) (r r n )

2

2!0 f (r n ) + f (r n ) ( r n +1 r n )

ifadelerini taraf tarafa ckard gmzda

0 f (r n ) ( r r n +1 ) + f (c) (r r n )

2

2!elde ederiz ki buradan

|r

r n +1

| |f (r )|2 |

f (r)| |

r

r n

|

2

sonucunu ckartrz.

Uyar 3.29. (Newton-Raphson y onteminin yaknsaklgnn arttrlmas) Eger x = r fonksiyonun M . mer-tebeden bir k ok u ise yukardaki teoremden yaknsaklk mertebesinin 1. oldugunu belirtmistik. Eger yaknsaklk mertebesini arttrmak istiyorsak

r n +1 = r n M f (r n )f (r n )

, n = 0 , 1, 2,...

iterasyonunu kullanabiliriz.

Ornek 3.30. 2 degerini Newton Raphson y ontemi ile ve r0 = 1 , = 10 4 secerek 4 basamak kesinlige g ore hesaplaynz.
http://-/?-http://-/?-


34/44


Cozum f (x) = x2 2 = 0 f (x ) = 2 x

Table 9. 2 degerini Newton Raphson yontemi ile ve r0 = 1 , = 10 4 secerek 4 basamakkesinlige gore hesaplanmas

terasyon r f(r) f'(r) eps devam Kk0 1,00000 -1,00000 2,00000 0,0001 #DEER! #DEER!1 1,50000 0,25000 3,00000 0,0001 Devam2 1,41667 0,00694 2,83333 0,0001 Devam3 1,41422 0,00001 2,82843 0,0001 Dur zm =1,414215686274514 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,414213562374695 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,41421356237316 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,4142135623731

7 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,41421356237318 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,41421356237319 1,41421 0,00000 2,82843 0,0001 Dur zm =1,4142135623731

3.5 Kirisler Y ontemi (Secant Method)Newton Raphson yonteminde herbir iterasyonda f (x ) ve f (x ) fonksiyonlarnn degerlerini hesaplamak

zorundayz. Genel anlmada bu hesaplama a csndan daha fazla zahmetli olmakla birlikte elementer islemleriicermeyen fonksiyonlar icin (icinde integral veya toplam bulunduran fonksiyonlar icin) de gerlerin hatal hesa-planmasna da yol acabilmektedir. Bu anlamda t urevi hesaplamadan di ger iterasyonu bulabilece gimiz kirisler

yontemi gelistirilmistir.Kirisler y ontemi icin oncelikle r

0 ve r

1 gibi bir baslang c noktalar verilir.Sekile gore r

0noktasndan gecen egimi asa gdaki sekilde verebiliriz:

m = f (r 1) f (r 0)

r 1 r 0=

f (r 2) f (r 1 )r 2 r 1

= 0f (r 1 )

r 2 r 1(f (r 2 ) = 0) r 2 = r 1 f (r 1)

r1 r 0f (r 1) f (r 0)

Figure 3.22. Kirisler Y ontemi


35/44


ve bunun i cin asa gdaki algoritmay uygularz:

Algoritma 3.31. Adm 1: > 0 hata payn verin ve n = 0 alnz ve r0 , r 1 baslang c noktalarn belirleyiniz.

Adm 2:

r n +2 = r n +1 f (r n +1 ) rn +1 r n

f (r n +1 ) f (r n ), n = 0 , 1, 2,...

seklinde noktay bulunuz..Adm 3: Eger |r n +1 r n | > ise n yi 1 arttrn. ( n = n + 1) ve 2.adma gidiniz aksi durumda r r nolarak c oz um u elde ediniz.

Figure 3.23. Kirisler Y onteminin yaknsaklg

Ger cekte kirisler yonteminin formulu ile Regula-Falsi y onteminin iterasyon form ulu ayndr ancak Regula-Falsi yontemi aralk uzerinde calslarak verilirken kirisler y onteminde baslang c noktalar verilir.

Ornek 3.32. x3 +cos( x ) = 0 , r 0 = 1, r 1 = 0 balangc iterasyonlar verilerek kirisler y ontemi ile c oz um u bulunuz. Hata pay = 10 5 ve virg ulden sonra 5 basamak alnz.(cos fonksiyonu i cin radyan alnz)


36/44


-1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-0.4

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

x

y

Figure 3.24. x3 + cos ( x) fonksiyonu

Cozum

Table 10. x3 + cos ( x ) = 0 , r 0 = 1, r 1 = 0 balang c iterasyonlar verilerek kirisler y ontemiile cozumu.terasyon r(0) f(r(0)) r(1) f(r(0))2 r2=(f(r(1))r(0)-f(r(0))r(1))/(f(r(1))-f(r(0)))f(r) eps r2-r1 devam Kk

0 -1,000 -0,460 0,000 1,000 -0,685 0,453 0,001 0,685 Devam1 0,000 1,000 -0,685 0,453 -1,252 -1,649 0,001 0,567 Devam2 -0,685 0,453 -1,252 -1,649 -0,807 0,166 0,001 0,445 Devam3 -1,252 -1,649 -0,807 0,166 -0,848 0,052 0,001 0,041 Devam4 -0,807 0,166 -0,848 0,052 -0,867 -0,005 0,001 0,019 Devam5 -0,848 0,052 -0,867 -0,005 -0,865 0,001 0,001 0,002 Devam6 -0,867 -0,005 -0,865 0,001 -0,865 0,001 0,001 0,000 Dur zm =-0,865

Ornek 3.33. cos(x ) + 2sin( x ) + x 2 = 0 , r 0 = 0 , r 1 = 0.1 baslang c iterasyonlar verilerek kirisler y ontemi ile c oz um u bulunuz. Hata pay = 10 3 ve virg ulden sonra 3 basamak alnz.

-2.0 -1.8 -1.6 -1.4 -1.2 -1.0 -0.8 -0.6 -0.4 -0.20.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

1.6

x

y

Figure 3.25. cos(x ) + 2sin( x ) + x 2fonksiyonu

Cozum


37/44


Table 11. cos(x ) + 2sin ( x) + x 2 = 0 , r 0 = 0 , r 1 = 0.1 baslang c iterasyonlar verilerekkirisler y ontemi ile cozumuterasyon r0 fr0 r1 fr1 r2 fr2 eps devam Kk

0 0,000 1,000 -0,100 0,805 -0,513 0,153 0,001 Devam1 -0,100 0,805 -0,513 0,153 -0,610 0,046 0,001 Devam2 -0,513 0,153 -0,610 0,046 -0,652 0,006 0,001 Devam3 -0,610 0,046 -0,652 0,006 -0,658 0,001 0,001 Devam4 -0,652 0,006 -0,658 0,001 -0,659 0,000 0,001 Dur zm =-0,659

Problem . Algoritma 3.31 ile verilen Kirisler y onteminin yaknsaklg nedir?

Teorem 3.34. Algoritma 3.31 ile verilen Kirisler y onteminde tanmlanan {r n }

n =0 dizisi x = r c oz um une yaknsaktr. Eger x = r basit k ok ise yaknsaklk derecesi = 1 + 1 denkleminin yaklask coz um u olan 1.6180

dir ve

|r r n +1 | |f (r )|

2 |f (r )| |r r n |

, = 1 .6180

Proof.

r n +2 = rn +1 f (r n +1 ) rn +1 r n

f (r n +1 ) f (r n ) =

f (r n +1 ) r n f (r n ) r n +1f (r n +1 ) f (r n )

r n +2 r = f (r n +1 ) r n f (r n ) r n +1

f (r n +1 ) f (r n ) r =

f (r n +1 ) ( r n r ) f (r n ) ( r n +1 r )f (r n +1 ) f (r n )

ayrca

f (r n +1 ) = f (r n +1 ) f (r ) = f (cn +1 ) ( r n +1 r )f (r n ) = f (r n ) f (r ) = f (cn ) ( r n r )

ifadelerini yukarda yerine yazd gmzda

r n +2 r = f (cn +1 ) ( r n +1 r ) ( r n r ) f (cn ) ( r n r ) ( r n +1 r )

f (r n +1 ) f (r n ) = ( r n +1 r ) ( r n r )

f (cn +1 ) f (cnf (r n +1 ) f (r n )

|r n +2 r | = M |r n +1 r | |r n r | , M f (cn +1 ) f (cn )

f (r n +1 ) f (r n )Simdi

|r n +2 r | = M |r n +1 r |

oldugunu kabul edelim. Buna gore

|r n +1 r | = M |r n r |

M 1/

|r n +1 r |1/

= |r n r |ifadesini yukarda yerine yazarsakM |r n +1 r |

= |r n +2 r | = M |r n +1 r | |r n r | = M |r n +1 r |M 1/ |r n +1 r |

1/ | r n +1 r |

| r n +1

ifadesinin denkli gi icin

= 1 + 1

denkleminin sa glanmas gerekir ve denklemin cozumu

1.6180olarak elde edilir.


38/44

Chapter 4

Ax = b formundaki lineer sistemlerin C ozumleri(The solution of Linear Systems Ax = b)

4

5x + y + z 5 = 0x + 4 y + z 4 = 0x + y + 3 z 3 = 0

duzlemlerini d us unelim. 3 duzleim de kesim noktas : x = 1925 , y = 1725 , z =

1325 olarak elde edilir. Bu b olumde

matrisleri tanyarak onlarn c ozulmesi ile ilgili direk ve iteratif y ontemleri vermeye calsaca gz.

42 4

-4 -2

y0

2

-200

x

-2-4

20

-10

10

z0

30

Figure 4.1. 5x + y + z 5 = 0 , x +4y + z 4 = 0 , x + y + 3z 3 = 0duzlemleri

4.1 Matris ve Vekt orlerin Ozellikleri (Properties of Vectors and Matrices)Tanm 4.1. x = ( x1 , x 2 ,...,x n ) ifadesine n bilesenli bir vektor(vector) denir. x1 , x 2 ,...,x n saylarna da x

vekt or un un bileseni denir. n bilesenli vekt orlerin oldugu k umeye n boyutlu uzay ( n dimesional space) denir. Bir vekt or bir nokta olarak kullanlyorsa ona durum vekt or u (position vector) denir. Bir vekt or iki nokta arasndaki hareketi veriyorsa buna yer degistirme vekt or u (displacement vector) denir.

Not . x = ( x1 , x 2 ,...,x n ) , y = ( y1 , y2 ,...,y n ) vekt orleri c, d reel saylar i cin asagdaki ozellikler gecerlidir.

(1) x = y x i = yi , i = 1 , 2, 3,...,n (Vektorlerin esiti ligi- equivalance of vectors )(2) x + y = ( x1 + y1 , x 2 + y2 ,...,x n + yn ) (Vektorlerin toplam - the sum of vectors)(3) x = (x1 , x2 , ..., xn ) (Vektorun negati- the negative of vector x )

39


39/44

40 4. Ax = b FORMUNDAKI LINEER SISTEMLERIN C OZ UMLERI (THE SOLUTION OF LINEAR SYSTEMS Ax = b)

(4) x y = ( x1 y1 , x 2 y2 ,...,x n yn ) (Vektorlerin fark - the difference of vectors)(5) cx = ( cx1 , cx 2 , ...,cx n ) (Skaler ile carpma - scalar multiplication)(6) cx + dy = ( cx 1 + dy1 , cx 2 + dy2 , ...,cx n + dyn ) (Lineer kombinasyon- linear combination)(7) x.y = x1 .y1 + x2 .y2 + ... + xn .yn (Nokta carpm - dot product)

(8) x = x21 + x22 + ... + x2n (Euclid normu - Euclidean norm or length)(9) y x = (y1 x1)2 + ( y2 x2)2 + ... + ( yn x n )2 (Iki nokta arasndaki uzaklk -the distance be-tween two points)

Ornek 4.2. x = (2 , 3, 5, 1) , y = (6 , 1, 2, 4) vekt orleri i cin (1) x + y = (8 , 2, 7, 5)(2) x y = (4, 4, 3, 3)(3) 3x = (6 , 9, 15, 3)(4) x = 4 + 9 + 25 + 1 = 39(5) x.y = 12 3 + 10 + 4 = 23(6) x y = 16 + 16 + 9 + 9 = 50

Notasyon . Bazen vekt orler s utun olarak da g osterilir:

x =

x1x2...

x n

= ( x1 , x 2 ,...,x n )T

T har ile transpozesi(transpose) ifade edilmistir. 0 vekt or u ise 0 = (0 , 0, ..., 0) olarak tanmlanr.

Teorem 4.3. (Vekt or cebiri- vector algebra) x = ( x1 , x 2 ,...,x n ) , y = ( y1 , y2 ,...,y n ) , z = ( z1 , z2 ,...,z n )vekt orleri, a ,b, c reel saylar olmak uzere asagdaki ozellikler gecerlidir.

(1) x + y = y + x # degisme ozelligi (commutative property)(2) 0 + x = x + 0 # sfr vekt or (zero vector)(3) x x = x + (x ) = 0 # ters isaretli vekt or (the opposite vector)(4) (x + y) + z = x + ( y + z) # birlesme ozelligi (associative property)(5) (a + b)x = ax + bx # skaler icin da glma ozelligi (distributive property for scalars)(6) a(x + y) = ax + ay # vektorler icin da glma ozelligi (distributive property for vectors)(7) a(bx) = ( ab)x # scaler icin birlesme ozelligi (associative property for scalars)

Tanm 4.4.

A =

a 11 a12 . . . a 1j . . . a 1na 21 a22 . . . a 2j . . . a 2n

......

......

a i 1 a i 2 . . . a ij . . . a in...

......

...a m 1 am 2 . . . a mj . . . a mn

i.satr

j.s utunifadesine A matrisi (matrix A) denir. m satr (row) ve n s utundan (column) olusmaktadr. Ksa formda

A = ( a ij )m n , 1 i m, 1 j nseklinde g osterilir. i. satr, j. s utundaki eleman a ij ile ifade edecegiz. A matrisini satrlar n bilesenli bir vekt or olup

R i = ( a i 1 , a i 2 , a i 3 ,...,a in ) , 1 i molarak yazlr ve

A = ( R 1 , R 2 ,...,R m )T


40/44

4 41

ile de ifade edilebilir. Benzer sekilde A matrisinin s utun vekt orleri m bilesenli s utun vekt or ud ur ve

C j = ( a 1j , a 2j ,...,a mj )T , 1 j n

ve

A = ( C 1 , C 2 ,...,C n )seklinde yazarz.

Ornek 4.5.

A =2 4 95 7 10 3 84 6 5

matrisi 43 l uk bir matristir. Satrlar srasyla R 1 = 2 4 9R 2 = 5 7 1R 3 = 0

3 8

R 4 = 4 6 5ve s utunlar ise

C 1 =250

4, C 2 =

4

736

, C 3 =

918

5olarak belirtiriz.

Not . A = ( a ij )m n , B = ( bij )m n , 1 i m, 1 j n matrisleri p, q reel saylar i cin asagdaki ozellikler gecerlidir.(1) A = B a ij = bij , 1 i m, 1 j n #(Matrislerin esitili gi- equivalance of two matrices )(2) A + B = ( a ij + bij )

m

n , 1

i

m, 1

j

n #(Matrislerin toplam - the sum of two matrices)

(3) A = (a ij )m n , 1 i m, 1 j n #( A matrisinin negati- the negative of matrix A )(4) A B = ( a ij bij )m n , 1 i m, 1 j n # (Matrislerin fark - the difference of matrices)(5) pA = ( pa ij )m n , 1 i m, 1 j n # (Skaler ile carpma - scalar multiplication)(6) pA + qB = ( pa ij + qbij )m n , 1 i m, 1 j n # (Lineer kombinasyon- linear combination)(7) 0 = (0) m n , 1 i m, 1 j n #(sfr matris - zero matrix)

Ornek 4.6. A = 1 2

7 53 4

, B = 2 3

1 49 7

matrisleri icin

(1) A + B = 1 2

7 53

4

+ 2 3

1 4

9 7

= 3 5

8 1

6 3

(2) A B = 1 2

7 53 4

2 3

1 49 7

=1 16 912 11

(3) 3A = 3 1 2

7 53 4

= 3 6

21 159 12

(4) 2A 3B = 21 27 53 4

32 31 49 7

=4 511 2233 29

Teorem 4.7. (Matris cebiri- matrix algebra) A = ( a ij )m n , B = ( bij )m n , C = ( cij )m n , 1 i m, 1 j n matrisleri, p, q reel saylar olmak uzere asagdaki ozellikler gecerlidir.


41/44


(1) A + B = B + A # degisme ozelligi (commutative property)(2) 0 + A = A + 0 # sfr matris (zero matrix)(3) A A = A + (A) = 0 # ters isaretli matrix (the opposite matrix)(4) (A + B ) + C = A + ( B + C ) # birlesme ozelli gi (associative property)(5) ( p + q )A = pA + qB # skaler icin da glma ozelligi (distributive property for scalars)(6) p(A + B ) = pA + pB # vektorler icin da glma ozelligi (distributive property for vectors)(7) p(qA) = ( pq )A # scaler icin birlesme ozelligi (associative property for scalars)

Tanm 4.8. (Matris carpm - Matrix multiplication) A = ( a ij )m n , B = ( bjk )n l , , 1 i m, 1 j n, 1 k l matrisleri icin A matrisinin s utun says ile B nin satr saylar esit ise A ve B matrislerinin carpmn asagdaki gibi tanmlarz:AB = C = ( cik )m l , 1 i m, 1 k l

cik =n

j =1

a ij bjk = a i 1 b1k + a i 2b2k + + a in bnk , 1 i m, 1 k l

Ornek 4.9. A = 2 3

1 4 , B =

5 2 13 8

6 matrislerinin carpmn bulunuz.

Cozum

A = 2 3

1 4= RA 1RA 2

, RA 1 = 2 3 , RA 2 = 1 4

B = 5 2 13 8 6= CB 1 CB 2 CB 3 , CB 1 =

53 , CB 2 =

28 , CB 3 =

1

6AB = RA

T 1 .CB 1 RA

T 1 .CB 2 RA

T 1 .CB 3

RA T 2 .CB 1 RAT 2 .CB 2 RA

T 2 .CB 3

= 2 5 + 3 3 2 (2) + 3 8 2 1 + 3 (6)(1) 5 + 4 3 (1) (2) + 4 8 (1) 1 + 4 (= 19 20 167 34 25

Tanm 4.10. x1 , x 2 ,...,x n bilinmeyenler olmak uzere m denklemden olusan lineer denklemler sistemini asagdaki gibi g osteririz:

a 11 x1 + a12 x2 + ... + a1n x n = b1a 21 x1 + a22 x2 + ... + a2n x n = b2

...a i 1x1 + a i 2 x2 + ... + a in xn = bi

...a m 1x1 + am 2x2 + ... + amn xn = bm

veya matris formunda Ax = b,

A =

a 11 a12 . . . a 1j . . . a 1na 21 a22 . . . a 2j . . . a 2n

......

......

a i 1 a i 2 . . . a ij . . . a in...

......

...a m 1 am 2 . . . a mj . . . a mn

x =

x1x2...

xn

, b =

b1b2...

bm


42/44

4 43

olarak da verilir.

Ornek 4.11.

0.3x1 + 0 .52x2 + x3 = 0 .010.5x1 + x2 + 1 .9x3 = 0 .67

0.1x1 + 0 .3x2 + 0 .5x3 = 0.44denklem sistemini matris formunda g osteriniz.

Cozum

A =0.3 0.52 10.5 1 1.90.1 0.3 0.5

, x =x1x2x3

, b =0.010.67

0.44matris ve vektorleri icin sistemi

Ax = b

formunda g osteririz. Tanm 4.12. Asagdaki baz ozel matrislerin tanmn verelim.

(1) 0 = (0) m n =

0 0 . . . 0 . . . 00 0 . . . 0 . . . 0...

......

...0 0 . . . 0 . . . 0...

......

...0 0 . . . 0 . . . 0 m n

#but un elemanlar sfr olan matrise sfr matris (zero

matrix) denir.

(2) I = ( ij )n n =

1 0 . . . 0 . . . 0

0 1 . . . 0 . . . 0......

. . . ...

...0 0 . . . 1 . . . 0...

......

. . . ...

0 0 . . . 0 . . . 1 n n

, ij = 1, i = j0, i = j # k osegen uzerindeki elemanlar 1

digerleri 0 olan kare matrise birim matris (identity matrix) denir.(3) E ger A = ( a ij )n n , 1 i, j n matrisi i cin i > j oldugunda a ij = 0 kosulu saglanyorsa bu matrise

ust ucgensel matris (upper triangular matrix) denir.

A =

a 11 a12 a13 a14 . . . a 1n0 a22 a23 a24 . . . a 2n0 0 a33 a34 . . . a 3n

. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . a n 1n 1 an 1n0 0 0 . . . 0 ann

(4) E ger A = ( a ij )m n , 1 i, j n matrisi i cin i < j oldugunda a ij = 0 kosulu saglanyorsa bu matrisealt ucgensel matris (lower triangular matrix) denir.

A =

a11 0 0 0 . . . 0a21 a22 0 0 . . . 0a31 a32 a33 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .

a n 1,1 an 1 ,2 an 1,3 . . . a n 1,n 1 0a n 1 an 2 an 3 . . . a n,n 1 ann


43/44


(5) E ger A = ( a ij )n n , 1 i, j n, matrisi icin i = j oldugunda a ij = 0 kosulu saglanyorsa bu matrisekosegen matris (diagonal matrix) denir.

A =

a 11 0 0 0 . . . 0

0 a22 0 0 . . . 00 0 a33 0 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . a n 1 ,n 1 00 0 0 . . . 0 ann

(6) K osegen matrisinde a ii = c gibi ayn sabit oluyorsa bu matrise skaler matris (scalar matrix) denir veasa gdaki sekilde yazlr:

A =

k 0 0 0 . . . 00 k 0 0 . . . 00 0 k 0 . . . 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 0 . . . k 0

0 0 0 . . . 0 k

= kI

(7) A = ( a ij )m n , 1 i m, 1 j n matirisi i cin A T = ( a ji )n m , 1 i m, 1 j n matrisineA nn transpozesi (transpose of a matrix A ) denir.

A =

a 11 a12 . . . a 1j . . . a 1na 21 a22 . . . a 2j . . . a 2n

......

......

a i 1 a i 2 . . . a ij . . . a in...

......

...a m 1 am 2 . . . a mj . . . a mn m n

AT =

a 11 a21 . . . a i 1 . . . a m 1a 12 a22 . . . a i 2 . . . a m 2

......

......

a 1j a2j . . . a ij . . . a mj...

......

...a 1n a2n . . . a in . . . a mn n m

(8) AT

= A ozelligini saglayan matrise simetrik matris (symmetric matrix) denir. Orne gin

A =1 2 32 4 53 5 6

matrisi simektir bir matristir.(9) E ger A matrisi kompleks saylar iceriyorsa A = ( a ij )m n , 1 i m, 1 j n matrisine A nn

eslenik matrisi denir. Orne gin

A =1 + 2 i i 32 i 4i 52i3 7 + 9i 6i

A =1 2i i 32 + i 4i 5 + 2 i3 79i 6i

(10) E ger A kare matrisi i cin AT

= A kosulu sa glanayorsa A matrisine simetrik olmayan matris (skewmatrix) denir. Orne gin

A =0 2 32 0 43 4 0

AT =0 2 32 0 43 4 0

= A


= A kosulu saglanayorsa A matrisine Hermitian matris (Hermitianmatrix) denir. Orne gin

A =1 1i 21 + i 3 i2 i 0

AT =1 1 + i 2

1 i 3 i2 i 0A

T =

1 1i 21 + i 3 i2 i 0

= A


44/44

4 45


= A kosulu sa glanayorsa A matrisine simetrik olmayan Hermitianmatris (skew Hermitian matrix) denir. Orne gin

A =

i 1i 21 i 3i i2 i 0 A

T

=

i 1 i 21 i 3i i2 i 0 A

T

=i 1 + i 2

1 + i 3i i2 i 0 = ATeorem 4.13. (Matris carpm- matrix multiplication) A = ( a ij )n n , B = ( bij )n n , C = ( cij )n n , 1 i, j n, matrisleri, p reel saylar olmak uzere asagdaki ozellikler gecerlidir.(1) (AB )C = A (BC ) # birlesme ozelligi (associative property)(2) IA = AI = A # birim matris (identity matrix)(3) (A + B )C = AC + BC # sag daglma ozelligi (right distributive property)(4) A(B + C ) = AB + AC # sol daglma ozelligi (left distributive property)(5) p(AB ) = ( pA)B = A ( pB ) # scaler birlesme ozelligi (scalar associative property)

Tanm 4.14. Eger A = ( a ij )n n , 1 i, j n, matrisi i cin AB = BA = I kosulunu saglayan B matrisi varsa A matrisine tersinir(invertible)-tekil olmayan(nonsingular) matris denir. Aksi durumda tekil (singular)matris denir. Eger A tersinir ise B = A 1 olarak yazlr.

Teorem 4.15. (i) A = ( a ij )n n , B = ( bij )n n , 1 i, j n, tersinir matrisi i cin (AB ) 1 = B 1A 1

esit il igi dogrudur.(ii ) A = ( a ij )n n , 1 i, j n, tersinir matrisi i cin A 1

1 = A esit il igi dogrudur.

Proof. (i)

(AB ) (AB ) 1 = I

(AB ) B 1 A 1 = A BB 1 A 1 = AIA 1 = AA 1 = I B 1A 1 = ( AB )

1

(ii )

(A) (A) 1 = I

(A)

1 1

= A

Lemma 4.16. Ax = b denklem sisteminin c oz um u x1 ve Ax = 0 denklem sisteminin c oz um u ise x2 olmak uzere x1 + x2 , Ax = b denklem sisteminin c oz um ud ur.

Teorem 4.17. Ax = b denklem sisteminin bir tek c oz um u olmas i cin gerek ve yeter kosul Ax = 0 denklem sisteminin 0 coz um un un olmasdr.

Teorem 4.18. A = ( a ij )m n , 1 i m, 1 j n matirisi i cin Ax = b denklem sisteminde m < n ise sfr olmayan c oz umlere sahiptir. Ornegin

x1 + 2 x2

x3 = 0

x1 x2 + x3 = 0denklem sistemini saglayan ve sfr olmayan sonsu c oz um vardr.

Lemma 4.19. A = ( a ij )m n , 1 i m, 1 j n matirisi i cin Ax = b denklem sisteminin b vekt or u icin bir tek c oz um u varsa AC = I kosulunu saglayacak sekilde C = ( cij )n m , 1 i n, 1 j m matrisi vardr.

Sayısal Analiz (MATLAB) - Arzu Erdem Ders Notları

Documents

Transcript of Sayısal Analiz (MATLAB) - Arzu Erdem Ders Notları