MAT 307-NÜMERIK ANAL˙ IZ˙ DERS NOTLARI · Difeansiyel denklemler ﬁziksel sistemin konumuna ve/veya zamana ba˘glı de-˘gisimlerini¸ ifade eden denklemlerdir. Diferansiyel denklem

MAT 307-NÜMERIK ANALIZDERS NOTLARI

Dr. Aysun Tezel Özturan

2 Aralık 2019

Içindekiler

Tesekkür iii

Ön Söz v

1 Nümerik Analize Genel Bakıs 11.1 Makine Sayıları ve Hatalar (Machine Numbers and Errors) . . . . . . 4

2 Lineer Denklem Sistemleri (Sytems of Linear Equations) 112.1 Matrisler ve Vektörler (Matrices and Vectors) . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Lineer Denklem Sistemleri için Çözüm Yöntemleri (Solution Methods

for Systems of Linear Equations) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.1 Gauss Eleme Yöntemi (Gauss Elimination Method) . . . . . . 312.2.2 Gauss-Jordan Eleme Yöntemi (Gauss-Jordan Elimination Met-

hod ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442.2.3 LU Çarpanlarına Ayırma Yöntemi (LU Decomposition Method) 502.2.4 Lineer Denklem Sistemleri için Iteratif Yöntemler (Iterative Met-

hods for Linear Systems of Equations) . . . . . . . . . . . . . 632.2.5 Hata, Rezidü, Norm ve Kosul Sayısı (Error, Residu, Norm and

Condition Number) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 772.2.6 Alıstırmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3 Sayısal Türev (Numerical Differentiation) 91

4 Sayısal Integral (Numerical Integration) 1074.0.1 Dikdörtgen Kuralı (Rectangle Rule) . . . . . . . . . . . . . . . 1104.0.2 Orta Nokta Kuralı (Midpoint Rule) . . . . . . . . . . . . . . . . 1154.0.3 Yamuk Kuralı (Trapezoid Rule) . . . . . . . . . . . . . . . . . 1214.0.4 Simpson Kuralları (Simpson’s Rules) . . . . . . . . . . . . . . 1254.0.5 Gauss Kareleme Yöntemi (Gauss Quadrature) . . . . . . . . . 1324.0.6 Alıstırmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

5 Kısmi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümleri (Numerical Solutions forPDE) 139

5.0.1 Eliptik Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1455.0.2 Parabolik Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.0.3 Hiperbolik Denklemler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

v

Içindekiler

5.0.4 Alıstırmalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1695.0.5 MATLAB Uygulamaları . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

vi

1 Nümerik Analize Genel Bakıs

Nümerik analiz, analitik çözümün elde edilemedigi veya elde edilmesinin çokzor oldugu problemlerin yaklasık çözümünü bulmakta kullanılan yöntemleriiçeren bir alandır. Nümerik analiz bu sayısal yöntemlerin teorisi ve yöntem-lerin bilgisayar programlaması ile ilgilenmektedir.

Sayısal yöntemlerle, örnegin analitik yollardan çözülmesi zor olan denklemve denklem sistemleri çözülebilir. Örnegin, derecesi 5 veya daha büyük poli-nomların kökleri için bir formül yoktur, x5 − 3x− 5 = 0 gibi. Hatta daha genelanlamda f(x) = 0 formundaki tüm denklemlerin çözümleri için yöntemlergelistirmek nümerik analiz alanının bir konusudur.

Nümerik Analizde;

• Genel anlamda bir problem çözülemiyorsa probleme çok yakın ve prob-lemden daha kolay çözülebilen bir problem ile degistirilebilir. Örnegin,kök bulma ve sayısal integral yöntemlerinde bu yapılmaktadır.

• Hatanın büyüklügü ve analitik formu önemli bir konudur. Probleminkendisi degil yaklasık problem ele alındıgında hesaplamalardan dogacakhata kaçınılmazdır. Hatanın formunu anlamak sayısal yöntemin yakın-saklık davranısı ile ilgili tahmin etmeyi saglar.

• Kararlılık, problemlerdeki parametrelerin veya verilerdeki küçük degi-simlere karsı problemin göstermis oldugu hassasiyet olarak adlandırılırve nümerik analizde önemli olan konulardan birisidir. Örnegin,

p(x) = (x− 1)(x− 2)(x− 3)(x− 4)(x− 5)(x− 6)(x− 7)

= x7 − 28x6 + 322x5 − 1960x4 + 6769x3 − 13312x2 + 13068x− 5040

polinomunun köklerinden biri 5 ve 6 dır. x6 teriminin önündeki katsayı−28.002 ile degistirildiginde kökler 5.459±0.540i olarak bulunur, köklerdeçok büyük bir degisim olmustur. Bu tür polinomlara kök bulma prob-lemlerine göre kararlı olmayan veya iyi tanımlı olmayan polinomlardadenir. Orijinal problemin kararlı ve iyi tanımlı olup olmadıgı da incelen-melidir.

• Nümerik analiz, sayısal yöntemlerin çözüme yakınsayıp yakınsamadıgı,hangi kosullar saglanırsa yakınsamanın gerçeklesecegi ile de ilgilenir.Bazı sayısal yöntemler digerlerine göre daha hızlı yakınsarlar. Ancak buhızlı yakınsama daha karmasık bir programlamayı gerektirebilir.

1

Nümerik Analize Genel Bakıs

• Bütün sayısal yöntemler için baslangıç degeri önemlidir. Bazı yöntem-lerde tek bir baslangıç degeri yeterli olurken bazı yöntemlerde birdenfazla baslangıç noktası vermek gerekebilir.

• Bazı sayısal yöntemler digerlerine göre daha dogru sonuç bulurlar. Sa-yısal yöntemlerin çalısma verimleri, adım büyüklügü küçültülerek veyaverilen aralıktaki uygulama sayısı arttırılarak gelistirilebilir. Ancak ma-liyet ve programlama kolaylıgı yuvarlama hataları gibi etkenler gözö-nünde bulundurularak adım büyüklügünün veya uygulama sayısınınayarlanması gerekir.

• Algoritmaların etkisinin ölçümü ve algoritmaların maliyeti de nümerikanalizdeki önemli bir konulardan biridir. Örnegin, n denklem içerenAx = b lineer denklem sistemini çözerken n3 miktarında aritmetik islemkullanılmaktadır. Bu durumda n bilinmeyen sayısı arttıkça artimetik is-lem sayısı kübü seklinde artmaktadır.

• Nümerik analizde, bilgisayar aritmetigini kullanan sonlu ifadelerin et-kileri, örnegin yuvarlama hatasını içeren büyük problemler önemli birkonudur.

• Nümerik analizin, lineer cebir, reel analiz ve fonksiyonel analiz alanla-rında genis kullanımı vardır.

Sayısal Yöntemlerin Sınıflandırılması:

• Makine Sayıları ve Hatalar

• Lineer Olmayan Denklem Sistemlerinin Çözümleri

• Lineer Denklem Sistemlerinin Çözümleri

• Interpolasyon ve Egri Uydurma

• Optimizasyon

• Sayısal Türev

• Sayısal Integral

• Adi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümleri

• Kısmi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümleri

Denklem sistemleri ile tüm mühendislik disiplinlerinin matematik modelle-rinde karsılasılmaktadır. Lineer olmayan denklem sistemlerinde birden fazlalineer olmayan denklem aynı anda çözülmeye çalısılır. Lineer denklem sis-temlerinde birden fazla lineer denklem aynı anda çözülmeye çalısılır.

f(x) fonksiyonunun degerleri x0, x1, · · ·xn noktalarında verilsin. Interpolas-yon, veri noktaları arasında kalan ara noktalar için fonksiyonun degerinin

2


belirlenmesi islemidir. Yani, interpolasyonda veri noktalarından geçen bir eg-rinin bulunması ve bu egriden yararlanarak ara degerlerdeki fonksiyon de-gerlerinin yaklasık olarak belirlenmesi hedeflenir. Egri Uydurmada ise verilennoktalardan en küçük (minimum) hata ile geçen egri bulunmaya çalısılır.Optimizasyon konusunda bir fonksiyonun en küçük veya en büyük degeribulunmaya çalısılır. Fonksiyon tek degiskenli veya çok degiskenli olabilir.Türev bir fonksiyonun degisim hızını verir. Geometrik olarak bir noktadakitürev grafige o noktada çizilen teget dogrusunun egimidir. Sayısal türevdeyapılan ise türevi alınması çok zor olan fonksiyonların türevlerine, türevi is-tenilen noktalarda yaklasık degerler bulmak veya sadece belirli noktalardadegeri bilinen fonksiyonların o noktalardaki türevlerine yaklasık degerler bul-mak hedeflenir.Integralin fiziksel anlamı bir egrinin altında kalan alanın belirlenmesidir. Kul-lanım alanlarından biri, mühendislik uygulamalarında düzensiz sekillendiril-mis cisimlerin kütle merkezlerinin bulunmasıdır. Sayısal integralde, integralianalitik olarak bulunamayan fonksiyonların (antitürev fonksiyonları var ol-mayan fonksiyonların) integrallerinin yaklasık olarak bulunması veya sadecebelirli noktalarda degeri verilen bir fonksiyonun integralinin yaklasık olarakbulunması hedeflenir. Örnegin

∫ 10 e

xdx veya∫ π

0 cos(x)dx integrallerini hesap-layabilirken

∫ 10 e

x2dx veya∫ π

0 cos(x2)dx integralleri analitik olarak bulunamaz.Çünkü antitürev fonskiyonları yoktur. Yani türevi ex

2ve cos(x2) olan analitik

bir fonksiyon bulunamaz. Bu nedenle bu tarz fonksiyonlar için integral dege-rinin yaklasık olarak bulunması sayısal integral yöntemlerinin konusudur.Difeansiyel denklemler fiziksel sistemin konumuna ve/veya zamana baglı de-gisimlerini ifade eden denklemlerdir. Diferansiyel denklem analitik olarak çö-züldügünde sistemi konuma ve/veya zamana göre tanımlayan bir matema-tiksel fonksiyon bulunmus olur. Diferansiyel denklemler derecelerine görede sınıflandırılmaktadır. Eger sadece birinci dereceden türevler varsa birincidereceden diferansiyel denklem olur. Yüksek dereceli denklemler birinci de-receden denklemlere indirgenerek çözüm yapılır. Diferansiyel denklemlerinsayısal çözümlerinde ise çözüm fonksionu analitik olarak bulunmaz, çözümfonksiyonunun belirli noktalarda aldıgı yaklasık degerlerin bulunması hedef-lenir.Diferansiyel denklem tek degiskene baglı ise Adi Diferansiyel Denklem (örne-gin, y′+xy = 0, burada y, x bagımsız degiskenine baglı bir fonksiyon, yani y(x)formunda, y′ ise y fonksiyonunun birinci mertebden türevidir), birden fazlabagımsız degiskene baglı ise Kısmi Diferansiyel Denklem (Partial differentialequation) denir. Ikinci meretbeden Kısmi türevli diferansiyel denklemler iseüç ana grupta incelenir:

(i) Elliptik denklemler/Elliptic pde: Laplace denklemi (Laplace equation):Uygulamalarından biri levha boyunca ısı dagılımıdır. Ayrıca sıvı akısı,

3


gravitasyonel potansiyel problemleri, elektromanyetizma gibi konulardada kullanılır.

(ii) Parabolik Denklemler/Parabolic pde: Isı denklemi (Heat equation) gibi:Çubuk boyunca zamana baglı ısı akısını modeller.

(iii) Hiperbolik Denklemler/Hyperbolic pde: Dalga denklemi (Wave equation)gibi: Titresimlerin ve dalgaların yayılımını modeller. Salınım yapan yay,akustik, membranın titresimi gibi konularda kullanılır.

Bu denklemlerin sayısal çözümlerini bulmak için temelde iki grup yöntemvardır:

(1) Sonlu Farklar Yöntemi (Finite Difference Method)

(2) Sonlu Elemanlar Yöntemi (Finite Element Method)

Bu derste yukarıdaki konularından: Lineer Denklem sistemlerinin Çözümyöntemleri: Direk Yöntemler (Gauss eleme, Gauss-Jordan eleme, LU ayrı-sımı), Iteratif Yöntemler (Jacobi Iterasyonu, Gauss-Seidel Iterasyonu), Sayı-sal Türev (Ileri, Geri, Merkezi fark formülleri), Sayısal Integral (DikdörtgenKuralı, Yamuk Kuralı, Simpson’s 1/3 Yöntemi, Richardson Ekstrapolasyonu)ve Kısmi Türevli Diferansiyel Denklemler için Sonlu Farklar Yöntemi (Eliptik,parabolik, hiperbolik pde için sonlu farklar formülleri) konuları islenecektir.

1.1 Makine Sayıları ve Hatalar (Machine Numbers andErrors)

Bilgisayarda Sayıların Gösterimi (Machine Numbers)

Matematikte ondalık sistem (10 tabanı) kullanılır. Ondalık sistemde 0, 1, · · · , 9rakamları kullanılır. Örnegin,

314.528 = 3x102 + 1x101 + 4x100 + 5x10−1 + 2x10−2 + 8x10−3

olarak yazılır. Ikili sistemde ise sadece 0 ve 1 rakamları kullanılır. Örnegin,

10010.001 = 1x24 + 0x23 + 0x22 + 1x21 + 0x20 + 0x2−1 + 0x22−2 + 1x2−3 = 18.125

Yani,(10010.001)2 = (18.125)10

olur. Onluk sistemde verilen bir sayıyı ikilik sisteme dönüstürmek için isesayının ve bölümlerin 2 ile bölümünden kalanlar terste alınır. Örnegin,

(50)10 = (110010)2

4

Makine Sayıları ve Hatalar (Machine Numbers and Errors)

olur.

Bilimsel gösterimde sayılar, virgülün solunda sıfırdan farklı basamak kalacaksekilde 10’un kuvvetlerinin çarpımı seklinde yazılır. Örnegin,

5647 = 5.647x103, 0.0003456 = 3.456x10−4

seklinde yazılır. Bu formatta 10’un kuvveti degistikçe nokta, kuvvetin degismeyönüne göre kaydırılır. Bu nedenle bu gösterime kayan nokta gösterimi (flo-ating point) denir. Kayan noktalı sayılar, mantis, taban ve üst olmak üzereüç kısımdan olusur. Örnegin,

13 = 13.0x100 = 1.3x101 = 0.13x102

veya ikili sistemde kayan nokta gösterimi

1310 = 11012x20 = 110.12x21 = 1.1012x23 = 0.11012x24

olur. Bilgisayarda sayılar ikili kayan nokta gösteriminde depolanır. Sayınınmantis ve üst kısımları ayrı ayrı depolanır.

Sayının ±0.b1b2 · · · bdxβN kayan nokta gösteriminde, anlamlı basamak sayısıiçin b1 6= 0, bd 6= 0 olmalıdır. Örnegin, 0.1203x102 sayısında 4 anlamlı basamak,0.1230x10−2 sayısında 3 anlamlı basamak, 0.1000x103 sayısında 1 anlamlı ba-samak vardır.

Yuvarlama ve Kesip Atma:

c = ±0.b1b2 · · · bkbk+1 · · · bdx10N sayısında k basamak dikkate alınarak yeni birsayı olusturulabilir. y = ±0.b1b2 · · · bkx10N bu yönteme kesip atma (chopping)denir. Yuvarlamada ise k basamaktaki sayı 5’e esit veya büyük ise 1 fazlasıalınır. Yani bk+1 ≥ 5 ise bk + 1 olur. Eger bk+1 < 5 ise bk olarak kalır. Buisleme yuvarlama (rounding) denir. Örnegin, π = 0.314159265 · · ·x101 sayısıiçin 5- basamaktan kesip atma yapılırsa 0.31415x101 = 3.1415 elde edilir. 5-basamaktan yuvarlama yapılırsa 0.31416x101 = 3.1416 elde edilir.

Tanım 1.1.1 a: tam deger, a: yaklasık deger olsun. Bu durumda

Em = |a− a| mutlak hata

Er =|a− a||a|

, a 6= 0, rölatif hata

Ep =|a− a||a|

= Er ∗ 100 rölatif hata yüzdesi

olarak tanımlıdır.

5


Örnek 1.1.1x = 3.141592, x = 3.14

olsun. Bu durumda

Em = |x− x| = |3.141592− 3.14| = 0.001592

Er =|x− x||x|

=0.001592

3.141592= 0.000507

Ep = Er ∗ 100 = %0.0507

olarak bulunur.

Eger gerçek deger çok büyük veya çok küçükse, rölatif hata yaklasımın dog-rulugunu göstermede mutlak hatadan daha iyi bir belirteçtir.

Örnek 1.1.2 p ≈ p, burada p = 150 olsun ve yaklasım en çok 10−3 rölatif hataile olan bir yaklasım olsun. p yaklasık degerinin içinde bulunacagı en büyükaralıgı bulunuz.

|150− p||150|

< 10−3

alınarak|150− p| < 150 ∗ 10−3

olur.−150 ∗ 10−3 < 150− p < 150 ∗ 10−3

149.85 < p < 150.15

olur. Yani p ∈ (149.85, 150.15) aralıgında olur.

Tanım 1.1.2 d sayısı|a− a||a|

<101−d

2

Yani,|a− a||a|

< 5x10−d

esitsizligini saglayan en büyük pozitif tamsayı olsun. Bu durumda a sayısıgerçek deger a’ya d anlamlı basamakla yaklasıyor denir.

6


Örnek 1.1.3y = 1000000, y = 999996

olsun. Bu durumda

|y − y||y|

= 0.000004 < 0.5x10−5 < 5x10−6

olur. y sayısı y sayısına 6 anlamlı basamakla yaklasım yapmaktadır. y sayısıiyi bir yaklasımdır.

Eger iki sayı neredeyse birbirine esitse çıkarma isleminde anlamlı basamakkaybı (loss of significance) meydana gelir.

Sayısal Yöntemlerde Hatalar (Errors in Numerical Methods)

Problemin sayısal yöntem ve analitik yöntemle çözülmesi durumunda ikisiarasında ortaya çıkan fark, hata olarak tanımnlanır. Karsılasılan hatalar, ge-nel olarak yuvarlama, kesme ve bu iki hatanın toplamından olusan toplamhata seklindedir.

Yuvarlama Hataları (Round-off Errors)

Sayılar bilgisayarda sonlu sayıda bit ile gösterildiginden yuvarlama hatalarıbilgisayarların bu sayıları ifade etmek için sınırlı sayıda basamak kullan-masından kaynaklanır. Reel sayıların mantis kısmı sınırlandırıldıgında, bellibir sınır aldıgımızda, gerçek degerler bazen tam olatrak bilgisayarda sakla-namaz. Bu durum yuvarlama hatası olusturur. Örnegn, π ≈ 3.1415 · · · , e ≈2.711828 · · · ,

√7 gibi sayılar sabit (sonlu) sayıda anlamlı basamakla yazılamaz.

Aynı zamanda bilgisayarlar 2 tabanına göre çalıstıkları için 10 tabanına göretamsayıları hassas olarak ifade edemezler. Sayıların dogru olarak ifade edil-mesi için gereken hane sayısından daha az hane sayısında kesilen ve bilgi-sayar tarafından da daha fazla terim alınamadıgı için atılan sayılarla ilgilihesaplamalarda ortaya çıkan hata yuvarlama hatası olarak tanımlanır.

Kesme Hataları (Truncation Errors)

Hesaplamada çok fazla veya sonsuz sayıda terim alınması durumunda mey-dana gelir. Örnegin sonsuz uzunluktaki bir seri, belirli bir kısımdan itibarenkesilerek kullanılır ve kalan terimleri atılır. Bu durumda kesme hataları or-taya çıkar.

Örnek 1.1.4 cosx fonksiyonunun Taylor serisi

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+x8

8!− x10

10!+ · · ·

7


Verilen herhangi bir x noktasında kosinüs degerinin hesaplanmasında sonsuzsayıda terim kullanılamayacagından ancak belirli terimle islem yapılır.

Örnegin, cos π5 tam degeri,

cosπ

5= 0.809016994374947

Seri açılımda tek terim için yaklasık deger

cosπ

5= 1

Kesme hatası gerçek deger ile yaklasık deger arasındaki farka esittir.

Ek = −0.190983005625053

Iki terim için

cosπ

5= 1−

(π5 )2

2!= 0.802607911978213

Kesme hatasıEk = 0.006409082396735

olur. Iki terim kullanıldıgında hata azalmıstır.

Hata Birikimi (Propagation of Error)

p, q degerleri, Ep ve Eq hata terimleri olmak üzere, p ve q sayılarına yaklasımdegerler olsun. Yani

p = p+ Ep

q = q + Eq

Bu durumda

• p+ q = p+ q + Ep + Eq olur. Yani, toplamdaki hata, hataların toplamıdır.

• pq = (p + Ep)(q + Eq) = pq + pEq + qEp + EpEq, p 6= 0, q 6= 0 olmak üzereçarpımdaki rölatif hata,

Er =pq − pqpq

=pEq + qEp + EpEq

pq=Epp

+Eqq

olarak elde edilir. Burada

p

p≈ 1,

q

q≈ 1,

EpEqpq

≈ 0

esitlikleri alınır. Yani, çarpmadaki rölatif hata, rölatif hataların toplamı-dır.

8


Polinomlar belirli bir x degeri için hesaplanmadan önce içiçe çarpım teknigiile ifade edilirse, aritmetik hesaplamaların sayısı minimum (en az) hale gelir.Bu sekilde rölatif hata indirgenmis olur. Örnegin,

p(x) = x3 − 6.1x2 + 3.2x+ 1.5 = ((x− 6.1)x+ 3.2)x+ 1.5

Tanım 1.1.3 Bir sayısal yöntemde baslangıçta yapılan küçük degisiklikler so-nuçta da küçük degisiklikler olusturuyorsa bu yönteme kararlıdır (stable) denir,aksi durumda kararsız (unstable) denir. Bazı algoritmalar baslangıç verisininbelirli türden seçimi için kararlıdır. Bu algoritmalara kosullu kararlı denir.

Yakınsama Kontrolü (Convergence Criteria )

Yuvarlama ve kesme hataları toplamı toplam sayısal hatayı olusturur. Genelolarak yuvarlama hatalarını en aza indirmenin yolu anlamlı basamak sayısınıarttırmaktır, ayrıca adım büyüklügü azaltılarakta kesme hataları azaltılabi-lir. Ancak adım büyüklügünün azaltılması hesap sayısının artmasına nedenolacagından kesme hataları azalırken yuvarlama hataları artar. Çözüme ya-kınsama kontrolü, problemin türüne baglı olarak farklı biçimlerde yapılabilir.Çözüme yakınsama kontrolünde kullanılan hata türleri sunlardır:

• Gerçek mutlak hata: Eger gerçek deger, x biliniyorsa bu deger ile bu-lunan yaklasık deger, xn arasındaki farktır. x, problemin gerçek çözü-münü, xn ise n. adımda elde edilen sayısal çözümü göstersin.

|x− xn| ≤ ε

• Yaklasık mutlak hata: Ardısık yinelemelerde bulunan iki farklı degerarasındaki farkın mutlak degeridir. Yakınsama problemin basında belir-lenen bir ε degerinden küçük olmayla kontrol edilir. xn+1, (n+1). adımdaelde edilen, xn, n. adımda elde edilen yaklasık çözüm olsun. xn sayısalyöntem kullanılarak elde edilen yinelemelerdeki çözümler ise

|xn+1 − xn| ≤ ε

• Gerçek rölatif (bagıl) hata:|x− xn||x|

≤ ε

• Yaklasık rölatif (bagıl) hata:

|xn+1 − xn||xn+1|

≤ ε

9


Eger problem f(x) fonksiyonunun kökünü bulma problemi ise yakınsamaislemi herhangi bir adımda buldugumuz x degerine karsılık gelen fobksiyondegeri ile kontrol edilebilir. Degerin baslangıçta belirlenen bir ε degerindenküçük olması gerekir. Yani, xn, n. adımda elde edilen yaklasık çözüm iseyakınsama için

|f(xn)| ≤ ε

saglanmalıdır.

Yakınsama kontrolü, x degerleri yerine f(x) fonksiyon degerleri kullanılarakyapılabilir.

Baslangıçta belirlenen maksimum tekrarlama sayısına ulasıldıgında yinele-meler durdurulabilir.

10

2 Lineer Denklem Sistemleri (Sytems ofLinear Equations)

Mühendislik, bilim, ekonomi, sosyal bilimler gibi alanların pek çok uygula-masında lineer denklem sistemleri karsımıza çıkar. Örnegin belirli bir uçuskosulunda uçaktan aerodinamik yüklerin sonlu elemanlar analizinde bin-lerce lineer denklemin birlikte çözülmesi gerekir. Genel olarak lineer denk-lem sistemleri matris formunda Ax = b biçiminde yazılır. Bu bölümde Ax = bformundaki lineer denklem sistemleri için çözüm yöntemleri islenecektir.

2.1 Matrisler ve Vektörler (Matrices and Vectors)

Tanım 2.1.1 x = (x1, x2, · · · , xn) ifadesine n bilesenli bir vektör (vector) denir.x1, x2, · · · , xn sayılarına da x vektörünün bileseni denir. n bilesenli vektörlerinoldugu kümeye n boyutlu uzay (n dimensional space) denir. Bir vektör bir noktaolarak kullanılıyorsa ona durum vektörü (position vector), eger iki nokta ara-sındaki hareketi veriyorsa buna yer degistirme vektörü (displacement vector)denir.

NOT x = (x1, x2, · · · , xn), y = (y1, y2, · · · , yn) vektörleri ve c, d reel sayıları içinasagıdaki özellikler geçerlidir.

• x = y ⇐⇒ xi = yi,∀i = 1, 2, · · · , n (Vektörlerin esitligi-equivalance ofvectors)

• x+y = (x1+y1, x2+y2, · · · , xn+yn) (Vektörlerin toplamı-the sum of vectors)

• x − y = (x1 − y1, x2 − y2, · · · , xn − yn) (Vektörlerin farkı-the difference ofvectors)

• cx = (cx1, cx2, · · · , cxn) (Skalar ile çarpım-scalar multiplication)

• cx + dy = (cx1 + dy1, cx2 + dy2, · · · , cxn + dyn) (Lineer kombinasyon-linearcombination)

• x.y = x1.y1 + x2.y2 + · · ·+ xn.yn (Nokta çarpım-dot product)

• ||x|| =√x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n (Öklid norm-Euclid norm or length of a vector)

11

Lineer Denklem Sistemleri (Sytems of Linear Equations)

• ||y − x|| =√

(y1 − x1)2 + (y2 − x2)2 + · · ·+ (yn − xn)2 (Iki nokta arasındakiuzaklık-the distance between two points)

Örnek 2.1.1 x = (2,−3, 5,−1), y = (6, 1, 2,−4) vektörleri için

• x+ y = (8,−2, 7,−5)

• x− y = (−4,−4, 3, 3)

• 3x = (6,−9, 15,−3)

• ||x|| =√

4 + 9 + 25 + 1 =√

39

• x.y = 12− 3 + 10 + 4 = 23

• ||x− y|| =√

16 + 16 + 9 + 9 =√

50

Bazen vektörler sütun olarak da gösterilir:

x =

x1

x2...xn

= (x1, x2, · · · , xn)T

T harfi transpozesi (transpose) ya da devrigi için kullanılır.

Teorem 2.1.1 (Vector cebiri-Vector algebra)

x = (x1, x2, · · · , xn), y = (y1, y2, · · · , yn), z = (z1, z2, · · · , zn)

vektörleri, a, b, c reel sayılar olmak üzere asagıdaki özellikler geçerlidir.

• x+ y = y + x (Degisme özelligi-commutative property)

• 0 + x = x+ 0 (Sıfır vektörü etkisiz eleman)

• x− x = x+ (−x) = 0 (Ters isaretli vektör-opposite vector)

• (x+ y) + z = x+ (y + z) (Birlesme özelligi-associative property)

• (a + b)x = ax + bx (Skalar için dagılma özelligi-distributive property ofscalars)

• a(x+ y) = ax+ ay (Vektörler için dagılma distributive property of vectors)

• a(bx) = (ab)x (Skalar için birlesme özelligi-associative property of scalars)

12

Matrisler ve Vektörler (Matrices and Vectors)

Tanım 2.1.2

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...am1 am2 · · · amj · · · amn

mxn

ifadesine A matrisi (matrix A) denir. A matrisi m satır (rows), n sütundan (co-lumns) olusmaktadır. Kısa formda

A = (aij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n

seklinde gösterilir. i. satır, j. sütundaki elemana aij olur. A matrisinin satırları(rows) R1, R2, · · · , Rm olsun. Bu durumda A matrisi

A =

R1

R2...Rm

olarak yazılabilir. A matrisinin sütunları (columns) C1, C2, · · · , Cn olsun. Bu du-rumda A matrisi

A = (C1, C2, · · · , Cn)

olarak yazılabilir.

A = (aij), B = (bij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisleri p, q reel sayıları için asagıdakiözellikler geçerlidir.

• A = B ⇐⇒ aij = bij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n (Matrislerin esitligi-equivalenceof two matrices)

• A + B = (aij + bij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n (Matrislerin toplamı-the sum oftwo matrices)

• A−B = (aij − bij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n (Matrislerin farkı-the difference ofmatrices)

• pA = (paij), 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n (Skalar ile çarpma-Scalar multiplication)

Teorem 2.1.2 (Matris Cebiri-Matrix Algebra) A = (aij), B = (bij), C = (cij), 1 ≤i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisleri p, q reel sayıları için asagıdaki özellikler geçerlidir.

• A+B = B +A (Degisme özelligi-Commutative property)

13


• 0 +A = A+ 0 (Sıfır Matris-Zero Matrix)

• (A+B) + C = A+ (B + C) (Birlesme Özelligi-Associative property)

• (p + q)A = pA + qA (Skalar için Dagılma Özelligi-Distributive property forscalars)

• p(A + B) = pA + pB (Vektörler için Dagılma Özelligi-Distributive Propertyfor Vectors)

• p(q)A = (pq)A (Skalar için Birlesme Özelligi-Associative property for sca-lars)

Tanım 2.1.3 (Matris Çarpımı-Matrix Multiplication)

A = (aij)mxn, B = (bjk)nxl, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n, 1 ≤ k ≤ l matrisleri için

AB = C = (cik)mxl, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ k ≤ l

cik =

n∑j=1

aijbjk = ai1b1k + ai2b2k + · · ·+ ainbnk, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ k ≤ l

Örnek 2.1.2

A =

(2 3−1 4

), B =

(5 −2 13 8 −6

)olsun. Bu durumda

C = AB =

(2.5 + 3.3 2.(−2) + 3.8 2.1 + 3.(−6)

(−1).5 + 4.3 (−1).(−2) + 4.8 (−1).1 + 4.(−6)

)olur.

Tanım 2.1.4 x1, x2, · · · , xn bilinmeyenler olmak üzere m denklemden olusanlineer denklem sistemi asagıdaki gibi yazılır:

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2

...ai1x1 + ai2x2 + · · ·+ ainxn = bi

...am1x1 + am2x2 + · · ·+ amnxn = bm

veya matris formundaAx = b

14


seklinde yazılır. Burada

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...am1 am2 · · · amj · · · amn

mxn

, x =

x1

x2...xn

, b =

b1b2...bm

olur. A matrisine katsayılar matrisi (coefficient matrix) denir. x vektörübilinmeyenleri (unknowns) içerir. Bilinmeyenler x1, x2, · · · , xn olur.

Örnek 2.1.32x1 + 3x2 − 4x3 + x4 = 5

−2x1 + x3 = 73x1 + 2x2 − 4x4 = 3

lineer denklem sistemi Ax = b formunda yazıldıgında

A =

2 3 −4 1−2 0 1 03 2 0 −4

, x =

x1

x2

x3

x4

, b =

573

olur.

Not: Bir lineer denklem sisteminin çözümü için asagıdaki üç durumdan birisöz konusudur:

• Tek çözüm (unique solution) vardır.

• Çözüm (no solution) yoktur.

• Sonsuz çözüm (infinitely many solutions) vardır.

Örnek 2.1.4 Örnegin

(1)x1 + x2 = 5x1 − x2 = 3

denklem sisteminin x1 = 4, x2 = 1 tek çözümü vardır.

(2)x1 + x2 = 5−x1 − x2 = 4

denklem sisteminin çözümü yoktur.

15


(3)x1 + x2 = 5−x1 − x2 = −5

denklem sisteminin sonsuz çözümü vardır. Birinci denklem ile ikinci denk-lem aynıdır. Birinci denklemden x2 = 5 − x1 (ikinci denklemdende aynısı)olur. Bu durumda sonsuz çözüm S = {(t, 5− t) | t ∈ R} formundadır.

Tanım 2.1.5 Asagıda özel matrislerin tanımları verilmistir.

(1)

Inxn =

1 0 · · · 0 · · · 00 1 · · · 0 · · · 0...

.... . .

......

0 0 · · · 1 · · · 0...

......

. . ....

0 0 · · · 0 · · · 1

nxn

matrisine birim matirs (identity matrix) denir.

(2) Eger A = (aij)nxn, 1 ≤ i, j ≤ n matrisi için i > j oldugunda aij = 0 kosulusaglanıyorsa bu matrise üst üçgen matris (upper triangular matrix)denir.

A =

a11 a12 a13 a14 · · · a1n

0 a22 a23 a24 · · · a2n

0 0 a33 a34 · · · a3n

. . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · an−1n−1 an−1n

0 0 0 · · · 0 ann

nxn

(3) Eger A = (aij)nxn, 1 ≤ i, j ≤ n matrisi için i < j oldugunda aij = 0 kosulusaglanıyorsa bu matrise alt üçgen matris (lower triangular matrix)denir

A =

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

an−1,1 an−1,2 an−1,3 · · · an−1,n−1 0an1 an2 an3 · · · an,n−1 ann

nxn

(4) Eger A = (aij)nxn, 1 ≤ i, j ≤ n matrisi için i 6= j oldugunda aij = 0 kosulu

16


saglanıyorsa bu matrise kösegen matris (diagonal matrix) denir

A =

a11 0 0 0 · · · 00 a22 0 0 · · · 00 0 a33 0 · · · 0. . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · an−1,n−1 00 0 0 · · · 0 ann

nxn

(5) Kösegen matriste aii = c ise, bu matrise skalar matris(scalar matrix) denir.Yani, A = cI olur.

(6) A = (aij)mxn, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisi için AT = (aji)nxm, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤j ≤ m matrisine A matrisinin transpozesi (transpose of matrix A) denir.

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...am1 am2 · · · amj · · · amn

mxn

ise

AT =

a11 a21 · · · ai1 · · · am1

a12 a22 · · · ai2 · · · am2...

......

...a1j a2j · · · aij · · · amj...

......

...a1n a2n · · · ain · · · amn

nxm

olur.

(7) AT = A özelligini saglayan matrise simetrik matris (symmetric matrix)denir. Örnegin

A =

1 2 32 4 53 5 6

matrisi simetrik bir matristir.

Tanım 2.1.6 Eger A = (aij)nxn, 1 ≤ i, j ≤ n matrisi için AB = BA = I kosulunusaglayan B matrisi varsa A matrisine tersinir (invertible/ nonsingular) matrisdenir. Aksi durumda tersi olmayan (singular) matris denir. Eger A tersinir iseB = A−1 olarak gösterilir. A−1 matrisine A matrisinin tersi/inverse denir.

17


Teorem 2.1.3 A,B tersinir matrisler için (AB)−1 = B−1A−1 esitligi dogrudur.Aynı zamanda (A−1)−1 = A esitligi dogrudur.

Teorem 2.1.4 Ax = b denklem sisteminin çözümü x1 ve Ax = 0 denklem siste-minin çözümü x2 olmak üzere x1 + x2, Ax = b denklem sisteminin çözümüdür.Ax = 0 denklem sistemine homojen lineer denklem sistemi (homogeneous linearsystem of equations) denir.

Teorem 2.1.5 Ax = b denklem sisteminin bir tek çözümü olması için gerek veyeter kosul Ax = 0 denklem sisteminin 0 çözümünün olmasıdır.

Teorem 2.1.6 A = (aij)mxn, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisi için Ax = b denklemsisteminde m < n ise sıfır olmayan çözümlere sahiptir.

Örnek 2.1.5 Örneginx1 + 2x2 − x3 = 0x1 − x2 + x3 = 0

denklem sistemini saglayan ve sıfır olmayan sonsuz çözüm vardır. Çözüm nok-taları

S =

{(−1

3t,

2

3t, t

)| t ∈ R

}formundadır.

Teorem 2.1.7 A = (aij)mxn, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisi için Ax = b denklemsisteminin tüm b vektörleri için tek bir çözümü varsa AB = I kosulunu saglayanbir B = (bij)nxm, 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m matrisi vardır.

Teorem 2.1.8 Eger B ve C matrisleri için BC = I kosulu saglanıyorsa Cx = 0denklem sisteminin x = 0 seklinde asikar çözümü (trivial solution) vardır.

Teorem 2.1.9 A = (aij)mxn, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisi için Ax = b denklemsisteminin tüm b vektörleri için tek bir çözümü varsa m ≤ n dir.

Tanım 2.1.7 (Determinant) Bir kare matrisin determinantı, o matrisi bir sa-yıya esleyen fonksiyondur.

Sözkonusu fonksiyonun degerine o matrisin determinantı denir. A kare birmatris ise, determinantı detA ya da |A| ile gösterilir.

18


(i) 1x1 matrisin determinantı A = (12) ise detA = 12, A = (−12) ise detA =−12 olur.

(ii) 2x2 matrislerin determinantı

A =

(−1 32 −4

)ise detA = (−1).(−4)− 3.2 = −2 olur. Genel olarak

A =

(a bc d

)matrisinin determinantı

detA = a.d− b.colarak tanımlıdır.

(iii) 3x3 matrislerin determinantı için Sarrus yöntemi vardır. Bu yöntemdeilk iki satır matrisin asagısına yazılır ve kösegenden baslayarak yuka-rıdan asagıya çapraz çarpımlar yapılıp toplanır, yine kösegenden basla-yarak asagıdan yukarıya çarpımlar yapılıp bu toplamdan çıkarılır. Aynısekilde ilk iki sütun ile de aynı islem yapılabilir. Ilk iki sütun matrisinsag tarafına yazılır, kösegenden baslayarak yukarıdan asagıya çaprazçarpımlar yapılıp toplanır, yine kösegenden baslayarak asagıdan yuka-rıya çarpımlar yapılıp bu toplamdan çıkarılır. Örnegin,

A =

2 3 51 0 12 1 0

matrisinin determinantı için Sarrus yönteminde

2 3 51 0 12 1 02 3 51 0 1

yazılır. Kösegenden baslayarak yukarıdan asagıya çapraz çarpımlar ya-pılıp toplanır, yine kösegenden baslayarak asagıdan yukarıya çarpımlaryapılıp bu toplamdan çıkarılır.

detA = 2.0.0 + 1.1.5 + 2.3.1− 2.0.5− 2.1.1− 1.3.0 = 9

olarak bulunur.

A =

a b cd e fg k h

19


matrisi için Sarrus yönteminde

a b cd e fg k ha b cd e f

yazılır.detA = aeh+ dkc+ gbf − gec− akf − dbh

olur.

Sarrus yöntemi sadece 3x3 determinantlar için uygulanır, daha büyük bo-yutlu matrislere uygulanamaz. O nedenle her boyutta matrise uygulanabi-lecek bir yönteme gereksinim vardır.

Yüksek boyutlu matrislerin determinantlarının hesaplanması

Laplace yöntemi ile her boyutta matrisin determinantı bulunablir. Islemlerikısaltmak için Gauss yok etme metodu oldukça pratik bir yöntemdir.

Laplace yöntemi

Tanım 2.1.8 (Minör)

nxn tipinden

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · amj · · · ann

nxn

matrisinin herhangi bir aij elemanının minörü söyle tanımlıdır: Matristen i. sa-tır j. sütun atılır. Geri kalan matrisin determinantı aij elemanının minörüdür.min(aij) veya Mij olarak gösterilir. (−1)i+jMij = αij ifadesine de aij elemanınınkofaktörü denir.

Örnek 2.1.6

A =

2 3 51 0 12 1 0

matrisinin ikinci satırına göre minörleri bulalım. a21 elemanının minörü

M21 =

∣∣∣∣ 3 51 0

∣∣∣∣ = 3.0− 5.1 = −5

20


olur. a21 = 1 elemanının kofaktörü (−1)2+1M21 = 5 = α21 olur.

a22 elemanının minörü

M22 =

∣∣∣∣ 2 52 0

∣∣∣∣ = 2.0− 5.2 = −10

olur. a22 = 0 elemanının kofaktörü (−1)2+2M22 = −10 = α22 olur.


M23 =

∣∣∣∣ 2 32 1

∣∣∣∣ = 2.1− 3.2 = −4

olur. a23 = 1 elemanının kofaktörü (−1)2+3M23 = 4 = α23 olur.

Tanım 2.1.9 (Determinant için Laplace yöntemi)

nxn boyutlu bir A kare matrisi için

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · amj · · · ann

nxn

determinant i. satıra göre kofaktörler yardımı ile asagıdaki gibi hesaplanabilir:

detA =n∑j=1

aij(−1)i+jMij =n∑j=1

aijαij

Aynı sekilde diger satır veya sütunlara görede hesaplanabilir.

Örnek 2.1.7

A =

2 3 51 0 12 1 0

determinantını Laplace yöntemi ile bulalım.

Örnek 2.1.6 Ikinci satıra göre minörleri ve kofaktörleri bulmustuk. Matrisin de-terminantı Sarrus yöntemiyle

detA = 9

21


olarak bulmustuk. Minörleri kullanarak determinant

detA = a21(−1)2+1M21 + a22(−1)2+2M22 + a23(−1)2+3M23

= 1.(−1)2+1.(−5) + 0.(−1)2+2(−10) + 1.(−1)2+3.(−4) = 5 + 4 = 9

yada kofaktörleri kullanarak determinant

detA = a21α21 + a22α22 + a23α23 = 1.5 + 0.(−10) + 1.4 = 9

olur.

Simdi birinci satıra göre determinant bulalım. a11 elemanının minörü

M11 =

∣∣∣∣ 0 11 0

∣∣∣∣ = −1

olur. a11 elemanının kofaktörü (−1)1+1M11 = −1 = α11 olur.


M12 =

∣∣∣∣ 1 12 0

∣∣∣∣ = −2

olur. a12 elemanının kofaktörü (−1)1+2M12 = 2 = α12 olur.


M13 =

∣∣∣∣ 1 02 1

∣∣∣∣ = 1

olur. a13 elemanının kofaktörü (−1)1+3M13 = 1 = α13 olur.

Yani, sırasıyla birinci satır elemanlarının minörleri:

M11 = −1,M12 = −2,M13 = 1

ve kofaktörleri:α11 = −1, α12 = 2, α13 = 1

olmaktadır. Bu durumda birinci satıra göre açarsak, kofaktörler ile determinant

detA = a11α11 + a12α12 + a13α13 = 2.(−1) + 3.2 + 5.1 = 11− 2 = 9

olarak bulunur.

Determinant hesabı yapılırken en çok sıfır olan satır veya sütuna göre açılımyapılırsa islem kolaylıgı saglanır. Çünkü hesapta elemanların kofaktörlerleçarpımı toplanmaktadır. Sıfır olan elemanların kofaktörlerini hesaplamayagerek yoktur. Çünkü o elemanların determinanta yani toplama bir katkısıbulunmamaktadır.

Lineer denklem sistemi ve determinant arasındaki baglantı asagıdaki teoremdeverilmistir.

22


Teorem 2.1.10 A = (aij)mxn, 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n matrisi için asagıdaki ifade-ler denktir.

(1) Ax = 0 homojen denklem sisteminin çözümü x = 0 asikar (trivial solution)çözümdür.

(2) Ax = b denklem sisteminin tüm b için tek bir çözümü (unique solution)vardır.

(3) A tersinir (nonsingular/invertible) bir matristir.

(4) det A 6= 0

Determinantın Özellikleri (Properties of Determinant)

Determinatın özelliklerini genel durumda ispat etmek yerine, 2x2 boyutlu de-terminantlar için göstermekle yetinecegiz.

(1) Bir matrisin determinantı devriginin determinantına esittir.

Örnegin, 2x2 matris için

A =

(a bc d

), AT =

(a cb d

)olur. Determinantlar arasında

|A| =∣∣∣∣ a bc d

∣∣∣∣ = ad− bc =

∣∣∣∣ a cb d

∣∣∣∣ = |AT |

esitligi vardır. Yani, detA = detAT olur.

(2) Üst üçgen, alt üçgen ve kösegen matrislerin determinantı asal kösegenüzerindeki elemanların çarpımına esittir.

Örnegin,

|A| =∣∣∣∣ a b

0 d

∣∣∣∣ = ad =

∣∣∣∣ a 0b d

∣∣∣∣ = |AT |

olur. Kösegen matris için

|D| =∣∣∣∣ a 0

0 d

∣∣∣∣ = ad

olur.

(3) Matrisin iki satırı kendi aralarında yer degistirirse determinantları tersisaretli olur. Aynı özellik sütunlar için de geçerlidir.

23


Örnegin, satırları yer degistirdigimizde determinantlar arasındaki iliski

A =

(a bc d

), B =

(c da b

)olsun. Bu durumda detA = ad− bc,detB = cb− ad olur. Yani

detB = −detA

Sütunları yer degistirdigimizde determinantlar arasındaki iliski

A =

(a bc d

), C =

(b ad c

)olsun. Bu durumda detA = ad− bc,detC = bc− da olur. Yani

detC = −detA

olur.

(4) Matrisin bir satırı sıfırdan farklı bir sabit ile çarpılırsa λ 6= 0, λ ∈ R,determinantı da o sayı ile çarpılmıs olur. Aynı özellik sütun içinde ge-çerlidir.

Örnegin,

A =

(a bc d

), B =

(λa λbc d

)olsun. Bu durumda detA = ad− bc,detB = λad− λbc = λ(ad− bc), yani

detB = λ detA

olur.

Eger A, nxn matrisin kendisi λ 6= 0, λ ∈ R sayısı ile çarpılırsa

det(λA) = λn detA

olur. Örnegin,

A =

(a bc d

), λA =

(λa λbλc λd

)olsun. Bu durumda det(λA) = λ2ad − λ2bc = λ2(ad − bc) = λ2 detA olur.Yani

det(λA) = λ2 detA

olur.

24


(5) Matrisin bir satırı sıfırdan farklı bir sabit ile çarpılıp λ 6= 0, λ ∈ R baskabir satıra eklenirse, determinant degismez. Aynı özellik sütun içinde ge-çerlidir.

Örnegin, ikinci satırın λ katını birinci satıra ekleyelim:

A =

(a bc d

), B =

(a+ λc b+ λdc d

)olsun. Bu durumda detA = ad− bc ve

detB = (a+ λc)d− (b+ λd)c = ad+ λcd− bc− λdc = ad− bc

olur. YanidetA = detB

olur.

Ikinci sütunun λ katını birinci sütuna ekleyelim:

A =

(a bc d

), C =

(a+ λb bc+ λd d

)olsun. Bu durumda detA = ad− bc ve

detC = (a+ λb)d− b(c+ λd) = ad+ λbd− bc− λbd = ad− bc

olur. YanidetA = detC

olur. Aynı esitlikler birinci satırın (sütunun) λ katını ikinci satıra (sü-tuna) ekledigimizde de geçerlidir.

(6) Iki matrisin çarpımının determinantı determinantlarının çarpımına esit-tir.

Örnegin,

A =

(a bc d

), B =

(e fg h

)olsun.

AB =

(a bc d

)(e fg h

)=

(ae+ bg af + bhce+ dg cf + dh

)olur.

det(AB) = (ae+bg)(cf+dh)−(ce+dg)(af+bh) = (ad−bc)(eh−fg) = detAdetB

olur.

25


(7) detA 6= 0 ise A matrisinin tersi vardır. A matrisinin tersi varsa detA 6= 0olur. Örnegin

A =

(a bc d

)matrisinin tersi detA 6= 0 olmak kosuluyla

A−1 =1

detA

(d −b−c a

)matrisidir.

(8) detA 6= 0 olmak üzere ters matrisin determinantı için

det(A−1) =1

detA

esitligi dogrudur. Bu esitlik A−1A = AA−1 = I esitliginde her tarafındeterminantı alınarak gösterilebilir.

det(A−1A) = det(AA−1) = det(I)

buradandet(A−1) detA = detAdet(A−1) = det I = 1

esitliginden

det(A−1) =1

detA

elde edilir.

2.2 Lineer Denklem Sistemleri için Çözüm Yöntemleri(Solution Methods for Systems of Linear Equations)

Genel olarak lineer denklem sistemlerini çözmek için iki tip yöntem vardır:

(1) Direkt yöntemler: Bu yöntemlerde çözüm aritmetik islemlerle hesapla-nır. Yöntemlerden biri Cramer kuralıdır, sadece tek çözüm oldugundatek çözüm bulunabilir. Diger yöntemlerde denklem sistemi kendine denkolan üçgensel bir sisteme dönüstürülür. Gauss eleme yönteminde üstveya alt üçgen forma getirilir. Gauss-Jordan yönteminde kösegen sis-tem (birim matris) haline getirilir. LU ayrıstırma yönteminde bir alt üç-gen birde üst üçgen sistem çözülür. LU ayrıstırma için üç yöntem sı-rasıyla; Doolittle yöntemi, Crout yöntemi ve Gauss eleme yöntemindekikatsayılar kullanılarak yapılır.

26

Lineer Denklem Sistemleri için Çözüm Yöntemleri (Solution Methods for Systems of Linear Equations)

(2) Iteratif Yöntemler: Baslangıç yaklasık çözüm kabul edilir ve sonra ite-ratif olarak daha iyi çözümler elde edilmeye çalısılır. Jacobi yöntemi veGauss-Seidel yöntemi iteratif yöntemlerdir.

Üçgensel Sistemler (Triangular Systems)

(1) Üst Üçgen Form (Upper Triangular Form):Lineer denklem sistemi

a11x1 +a12x2 +a13x3 + · · · +a1,n−1xn−1 +a1nxn = b1a22x2 +a23x3 + · · · +a2,n−1xn−1 +a2nxn = b2

a33x3 + · · · +a3,n−1xn−1 +a3nxn = b3...

... =...

an−1,n−1xn−1 +an−1,nxn = bn−1

annxn = bn

seklinde iseaii 6= 0, i = 1, 2, · · · , n olmak üzere lineer denklem sisteminin çözümü

xn =bnann

, xn−1 =bn−1 − an−1,nxn

an−1,n−1,

...

x3 =b3 − a34x4 − · · · − a3,n−1xn−1 − a3nxn

a33

x2 =b2 − a23x3 − · · · − a2,n−1xn−1 − a2nxn

a22

x1 =b1 − a12x2 − a13x3 − · · · − a1,n−1xn−1 − a1nxn

a11

olur. Bu isleme geri koyma (back substitution) veya geri eleme yöntemidenir.Örnek 2.2.1 Asagıdaki lineer denklem sisteminin (üst üçgen form) çözü-münü bulalım.

x1 +4x2 −3x3 −x4 = 16−x2 −x3 −11x4 = −1313x3 +128x4 = 115−5x4 = −5

Çözüm

−5x4 = −5 =⇒ x4 = 113x3 + 128x4 = 115 =⇒ 13x3 + 128 = 115 =⇒ x3 = −1−x2 − x3 − 11x4 = −13 =⇒ −x2 − 10 = −13 =⇒ x2 = 3

x1 + 4x2 − 3x3 − x4 = 16 =⇒ x1 + 12 + 3− 1 = 16 =⇒ x1 = 2

olur.

27


(2) Alt Üçgen Form (Lower Triangular Form):

Lineer denklem sistemi

a11x1 = b1a21x1 +a22x2 = b2a31x1 +a32x2 +a33x3 = b3

...... =

...an−1,1x1 +an−1,2x2 +an−1,3x3 + · · · +an−1,n−1xn−1 = bn−1

an1x1 +an2x2 +an3x3 + · · · +an,n−1xn−1 +annxn = bn

seklinde ise

aii 6= 0, i = 1, 2, · · · , n olmak üzere lineer denklem sisteminin çözümü

x1 =b1a11

, x2 =b2 − a21x1

a22,

x3 =b3 − a31x1 − a32x2

a33

...

xn =bn − an1x1 − an2x2 − · · · − an,n−1xn−1

ann

olur. Bu isleme ileri koyma (forward substitution) veya ileri eleme yön-temi denir.

Örnek 2.2.2 Asagıdaki lineer denklem sisteminin (alt üçgen form) çözü-münü bulalım.

2x1 = 6−x1 +4x2 = 53x1 −2x2 −x3 = 4x1 −2x2 +6x3 +3x4 = 2

Çözüm

2x1 = 6 =⇒ x1 = 3−x1 + 4x2 = 5 =⇒ −3 + 4x2 = 5 =⇒ x2 = 2

3x1 − 2x2 − x3 = 4 =⇒ 5− x3 = 4 =⇒ x3 = 1x1 − 2x2 + 6x3 + 3x4 = 2 =⇒ 5 + 3x4 = 2 =⇒ x4 = −1

olur.

(3) Kösegen Form (Diagonal Form):

28


Lineer denklem sistemi

a11x1 = b1a22x2 = b2

a33x3 = b3. . . =

...annxn = bn

seklinde ise

aii 6= 0, i = 1, 2, · · · , n olmak üzere lineer denklem sisteminin çözümü

x1 =b1a11

, x2 =b2a22

, · · · , xn =bnann

olur.

Örnek 2.2.3 Asagıdaki lineer denklem sisteminin (kösegen form) çözü-münü bulalım.

3x1 = 64x2 = 16−2x3 = 85x4 = 1

Çözüm3x1 = 6 =⇒ x1 = 24x2 = 16 =⇒ x2 = 4−2x3 = 8 =⇒ x3 = −45x4 = 1 =⇒ x4 = 1/5

olur.

Cramer Kuralı (Cramer’s Rule)

n bilinmeyenli n lineer denklemden olusan lineer denklem sistemi


...ai1x1 + ai2x2 + · · ·+ ainxn = bi

...an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

Matris formundaAx = b

29


seklinde yazılır. Burada

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

nxn

, x =

x1

x2...xn

, b =

b1b2...bn

olur. Eger detA 6= 0 ise denklem sisteminin çözümü Cramer kuralı ileasagıdaki gibi bulunur:

xi =detAidetA

, i = 1, 2, · · · , n

Burada Ai matrisi, A matrisinin i. sütununun b vektörü (denklem siste-minin sag taraf sabitleri) ile yer degistirilmesi ile elde edilen matristir.

Örnek 2.2.4 Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümünü (varsa) Cra-mer kuralı ile bulunuz.

6x1 + 2x2 + x3 = 5−x1 − 3x2 + 2x3 = 1−2x1 + x2 − 3x3 = −5

A =

6 2 1−1 −3 2−2 1 −3

=⇒ detA = 21

detA 6= 0 oldugu için denklem sisteminin tek bir çözümü vardır.

A1 =

5 2 11 −3 2−5 1 −3

=⇒ detA1 = 7

A2 =

6 5 1−1 1 2−2 −5 −3

=⇒ detA2 = 14

A3 =

6 2 5−1 −3 1−2 1 −5

=⇒ detA3 = 35

olarak bulunur. Bu durumda denklem sisteminin çözümü

x1 =detA1

detA=

1

3, x2 =

detA2

detA=

2

3, x3 =

detA3

detA=

5

3

olarak bulunur.

30


Eger detA 6= 0 ise Cramer yöntemi ile çözüm bulunamaz. Böyle bir du-rumda lineer denklem sisteminin ya hiç çözümü yoktur ya da sonsuzçözümü vardır.Not:

– Eger detA 6= 0 ise denklem sisteminin tek çözümü vardır.– Eger detA = 0 ve detAi = 0, i = 1, 2, · · · , n ise denklem sisteminin

sonsuz çözümü vardır.– Eger detA = 0 ve en az bir tane detAi 6= 0 ise denklem sisteminin

çözümü yoktur.

Örnek 2.2.5 Örnegin(1)

x1 + x2 = 5x1 − x2 = 3

denklem sisteminde detA = −2 6= 0 olur. Tek çözüm vardır. x1 =4, x2 = 1 tek çözüm olarak bulunur.

(2)x1 + x2 = 5−x1 − x2 = 4

denklem sisteminde detA = 0,detA1 = −9 6= 0 oldugundan denklemsisteminin çözümü yoktur.

(3)x1 + x2 = 5−x1 − x2 = −5

denklem sisteminde detA = 0 ve detA1 = detA2 = 0 oldugundandenklem sisteminin sonsuz çözümü vardır. Birinci denklem ile ikincidenklem aynıdır. Birinci denklemden x2 = 5−x1 (ikinci denklemdendeaynısı) olur. Bu durumda sonsuz çözüm S = {(t, 5− t) | t ∈ R} formun-dadır.

2.2.1 Gauss Eleme Yöntemi (Gauss Elimination Method)

Lineer denklem sistemlerini çözmek için kullandıgımız yok etme (eleme)yönteminde asagıda verilen elementar satır islemleri uygulanarak çözül-mesi istenen lineer denklem sistemine denk ancak çözümü daha kolayolan denklem sistemi elde edilir. Bir lineer denklem sistemine elementarislemler (elementary transformation/elementary row operations) uygu-landıgında bu lineer denklem sistemine denk (equivalent systems) dahabasit bir lineer denklem sistemi olusturabiliriz. Ri denklem sistemi içinyazılan matrisin i. satırı, c ∈ R ise sıfırdan farklı bir sabit olsun. Buelementar islemleri söyle sıralayabiliriz:

31


– Denklemlerin yerini degistirme (Swap/interchange the positions oftwo rows) i 6= j olmak üzere

Ri ↔ Rj

– Denklemlerden birini sıfırdan farklı bir c ∈ R sayısı ile çarpma (Mul-tiply a row by a nonzero scalar)

cRi → Ri, c 6= 0

– Denklemlerden birinin sıfırdan farklı bir c ∈ R sayısı ile çarpımınıbir diger denkleme eklemek (Multiply a row by a nonzero scalar andadd to another row)

cRi +Rj → Rj

Örneginx1 + x2 = 5x1 − x2 = 3

denklem sisteminde

– Denklemlerin yerini degistirirsek: R1 ↔ R2

x1 − x2 = 3x1 + x2 = 5

bu denklem sistemi ilk basta verilen lineer denklem sistemine denk-tir.

– Denklemlerden birini (diyelim ki ilkini) sıfırdan farklı c = 2 sayısı ileçarpalım (c ∈ R herhangi bir reel sayı olabilir): 2R1 → R1

2x1 + 2x2 = 10x1 − x2 = 3

yine bu denklem sistemi ilk basta verilen lineer denklem sisteminedenktir.

– Denklemlerden birinin sıfırdan farklı bir c ∈ R sayısı ile çarpımınıbir diger denkleme eklemek: Diyelim ki ilk denklemin −1 katınıikinci denkleme ekleyelim −R1 +R2 → R2

−x1 − x2 = −5x1 − x2 = 3

Denklemleri taraf tarafa toplayalım

−2x2 = −2 =⇒ x2 = 1

olur. Bu bildigimiz eleme yöntemi ile bilinmeyenleri bulma islemidir.

32


Genel durumda asagıdaki teorem ile ifade edelim.Teorem 2.2.1 (Temel Dönüsümler-Elementary Transformation) Bir lineerdenklem sistemine asagıdaki islemler uygulandıgında elde edilen sistembu sisteme denktir.

– Iki denklemin yerini degistirme: Örnegin

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...bi...bn

sistemi ile

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

xi...xn...xn

=

b1bi...b2...bn

sistemi denktir. Burada örnek olarak 2. satır ile i. satır degistirilmistir,yani

R2 ↔ Ri

islemi yapılmıstır.– Bir denklemi sıfırdan farklı bir sabit c ∈ R, c 6= 0 ile çarpma. Örnegin

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...bi...bn

sistemi ile c 6= 0 için

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...cai1 cai2 · · · caij · · · cain

......

......

an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...cbi...bn

33


sistemi denktir. Burada örnek olarak i. satır c sayısı ile çarpılmıstır,yani cRi → Ri islemi yapılmıstır.

– Bir denklemin sıfırdan farklı bir katını diger denkleme eklemek:

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...cai1 cai2 · · · caij · · · cain

......

......

an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...cbi...bn

sistemi c 6= 0 için

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ca21 + ai1 ca22 + ai2 · · · ca2j + aij · · · ca2n + ain

......

......

an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...

cb2 + bi...bn

sistemi denktir. Burada örnek olarak 2. satırın c katı i. satıra eklen-mistir, yani cR2 +Ri → Ri islemi yapılmıstır.

Tanım 2.2.1 (Eselon Matris/ Row Echelon Form)

Asagıdaki üç kosulu saglayan matrise eselon matris/row echelon formdenir:

(1) Her satırın soldan itibaren sıfırdan farklı ilk girdisi 1’dir. (Bazı kay-naklarda 1 olmasına gerek yok)

(The first non-zero element in each row called the leading entry is 1)

(2) Bir satırın sıfırdan farklı ilk girdisinin bulundugu sütun, kendisindenönceki satırın sıfırdan farklı ilk girdisinin bulundugu sütunun sagın-dadır.

(Each leading entry is in a column to the right of the leading entry inthe previous row)

(3) Tüm girdileri sıfır olan tüm satırlar, sıfırdan farklı girdisi bulunan sa-tırlardan sonra gelir.

(Rows with all zero elements, if any, are below rows having a non-zero element.)

34


Örnek 2.2.6 Örnegin,

1 2 3 40 0 1 30 0 0 1

,

1 2 3 40 0 1 30 0 0 10 0 0 0

,

1 20 10 0

,

1 a b c d0 0 1 e f0 0 0 1 g

matrisleri eselon formdadır.

Gauss eleme yönteminde denklem sistemine ait olan matris eselon formagetirilir. Eselon form tek degildir, bir matrisin birden fazla eselon formuolabilir.

Tanım 2.2.2 (Indirgenmis Eselon Matris/ Reduced Row Echelon Form)

Asagıdaki kosulları saglayan matrise indirgenmis eselon matris/reducedrow echelon form denir:

(1) Matris eselon formda olmalı

(2) Bir satıurın sıfırdan farklı ilk girdisinin bulundugu sütundaki digergirdilerin hepsi sıfır olmalı.

(The leading entry in each row is the only non-zero entry in its co-lumn.)


1 2 0 00 0 1 00 0 0 1

,

1 2 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

,

1 00 10 0

,

1 0 a 0 b0 1 c 0 d0 0 0 1 e

,

1 0 00 1 00 0 1

,

0 1 0 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

,

1 0 0 20 0 1 −10 0 0 0

matrisleri indirgenmis eselon formdadır.

Gauss Jordan yönteminde denklem sistemine ait olan matris indirgen-mis eselon forma getirilir. Indirgenmis eselon form tektir, bir matrisinsadece bir tane indirgenmis eselon formu vardır.

Bir matrisi elementar satır islemleri kullanarak eselon veya indirgenmiseselon forma getirmek mümkündür.

35


Örnek 2.2.8

A =

(2 1 81 3 9

)matrisinin eselon formunu bulalım.(

2 1 81 3 9

)7−→

R1 ↔ R2

(1 3 92 1 8

)7−→

−2R1 +R2 → R2

(1 3 90 −5 −10

)

7−→−1

5R2 → R2

(1 3 90 1 2

)matrisi A matrisinin eselon formudur.

Eger indirgenmis eselon form istenseydi asagıdaki islemi de yapacaktık:(1 3 90 1 2

)7−→

−3R2 +R1 → R1

(1 0 30 1 2

)matrisi A matrisinin indirgenmis eselon formudur.

Örnek 2.2.9

A =

1 −2 0 32 −1 3 60 1 7 0

matrisinin indirgenmis eselon formunu bulalım. 1 −2 0 3

2 −1 3 60 1 7 0

7−→−2R1 +R2 → R2

1 −2 0 30 3 3 00 1 7 0

7−→13R2 → R2

1 −2 0 30 1 1 00 1 7 0

7−→−R2 +R3 → R3

1 −2 0 30 1 1 00 0 6 0

7−→2R2 +R1 → R1

1 0 2 30 1 1 00 0 6 0

7−→

16R3 → R3

1 0 2 30 1 1 00 0 1 0

7−→−R3 +R2 → R2

1 0 2 30 1 0 00 0 1 0

7−→

−2R3 +R1 → R1

1 0 0 30 1 0 00 0 1 0

matrisi A matrisinin indirgenmis eselon formudur.

36


Tanım 2.2.3 (Genisletilmis Matris-Augmented Matrix)

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...bi...bn

sisteminde

[A | b] =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b1b2...bi...bn

matrisine genisletilmis matris (augmented matrix) denir.

Örnek 2.2.10x1 + 2x2 − x3 = 2x2 + x3 − 2x4 = −3

2x1 + 4x2 + x3 − 3x4 = −2x1 − 4x2 − 7x3 − x4 = −19

denklem sistemi için genisletilmis matris1 2 −1 00 1 1 −22 4 1 −31 −4 −7 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−2−19

olur.

Tanım 2.2.4 (Merkezi nokta-Pivot)

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

x1

x2...xi...xn

=

b1b2...bi...bn

denklem sisteminde aji, j = i+1, · · · , n elemanlarını elemek için kullanılanaii elemanına merkezi nokta (pivot) denir.

37


ALGORITMA (Gauss Eleme/Gauss Elimination)

R1 : a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1R2 : a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn = b2

......

...Ri : ai1x1 + ai2x2 + · · ·+ ainxn = bi

...Rn : an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

lineer denklem sisteminde 2. satırdaki a21 elemanını yok etmek için 1.satırı −a21

a11(a11 6= 0 olmak üzere) ile çarpıp 2. satırla topladıgımızda bu

islemi

−a21

a11R1 +R2 → R2

ile ifade edilir. Benzer sekilde 3., 4., · · · , n. satırdaki a31, a41, · · · , an1 ele-manlarını yok etmek için 1. satırı sırasıyla

−a31

a11,−a41

a11, · · · ,−an1

a11

ile çarpıp 3., 4., · · · , n. satırlarla topladıgımızda elde ettigimiz sistem

−a21a11R1 +R2 → R2

−a31a11R1 +R3 → R3

...− ai1a11R1 +Ri → Ri...

−an1a11R1 +Rn → Rn

⇒ [A(1) |b] =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

0 a(1)22 · · · a

(1)2j · · · a

(1)2n

0 a(1)32 · · · a

(1)3j · · · a

(1)3n

......

......

0 a(1)i2 · · · a

(1)ij · · · a

(1)in

......

......

0 a(1)n2 · · · a

(1)nj · · · a

(1)nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b1

b(1)2...b(1)i...b(1)n

olarak elde ederiz. Burada a(1)22 pivot elemanıdır. Benzer sekilde 3., 4., · · · , n.

satırdaki a(1)32 , a

(1)42 , · · · , a

(1)n2 elemanlarını yok etmek için 2. satırı −a

(1)32

a(1)22

,−a(1)42

a(1)22

, · · · ,−a(1)n2

a(1)22

(a(1)22 6= 0 olmak üzere) ile çarpıp 3., 4., · · · , n. satırlarla topladıgımızda elde

38


edilen sistem

−a(1)32

a(1)22

R2 +R3 → R3

−a(1)42

a(1)22

R2 +R4 → R4

...

−a(1)i2

a(1)22

R2 +Ri → Ri

...

−a(1)n2

a(1)22

R2 +Rn → Rn

⇒ [A(2)|b] =

a11 a12 a13 · · · a1j · · · a1n

0 a(1)22 a

(1)23 · · · a

(1)2j · · · a

(1)2n

0 0 a(2)33 · · · a

(2)3j · · · a

(2)3n

......

......

0 0 · · · a(2)ij · · · a

(2)in

......

......

0 0 · · · a(2)nj · · · a

(2)nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b1

b(1)2

b(2)3...b(2)i...b(2)n

Bu sekilde islemlere devam ettigimizde sistemi asagıdaki gibi elde ederiz:

[A(n−1) | b] =

a11 a12 a13 a14 · · · a1n

0 a(1)22 a

(1)23 a

(1)24 · · · a

(1)2n

0 0 a(2)33 a

(2)34 · · · a

(2)3n

......

......

0 0 0 · · · a(n−2)n−1n−1 a

(n−2)n−1n

0 0 0... 0 a

(n−1)nn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

b1

b(1)2

b(2)3...

b(n−2)n−1

b(n−1)n

veya

R1 : a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn = b1

R2 : 0x1 + a(1)22 x2 + · · ·+ a

(1)2n xn = b

(1)2 ,

......

...Rn : 0x1 + 0x2 + · · ·+ a

(n−1)nn xn = b

(n−1)n

olarak elde ederiz. Buna göre geri eleme yöntemi ile yukardaki (dahabasit) denklem sistemini çözeriz.

m21 =a21

a11,m31 =

a31

a11,m41 =

a41

a11, · · · ,mn1 =

an1

a11

m32 =a

(1)32

a(1)22

,m42 =a

(1)42

a(1)22

, · · · ,mn2 =a

(1)n2

a(1)22

seklinde elde edilen sayılara Gauss çarpanları/multipliers denir.

Gauss eleme yönteminde yapılan denklem sisteminin genisletilmis mat-risinin eselon formunu bulmaktır. (Pivot elemanlar 1 yapılabilir veya ya-pılmayabilir. Pivot elemanını 1 yapmak için satır degisimi veya bir satırısıfırdan farklı bir sayıyla çarpma islemleri kullanılabilir.)

39


Örnek 2.2.11x1 + 2x2 − x3 = 2x2 + x3 − 2x4 = −3

2x1 + 4x2 + x3 − 3x4 = −2x1 − 4x2 − 7x3 − x4 = −19

denklem sisteminin varsa çözümünü Gauss eleme yöntemi ile bulalım.Bu örnekte pivot elemanı 1 yapılarak Gauss eleme yöntemi uygulanacak-tır. Denklem sistemi için genisletilmis matris

1 2 −1 00 1 1 −22 4 1 −31 −4 −7 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−2−19

olur.

1 2 −1 00 1 1 −22 4 1 −31 −4 −7 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−2−19

=−2R1 +R3 → R3

−R1 +R4 → R4

1 2 −1 00 1 1 −20 0 3 −30 −6 −6 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−6−21

=

13R3 → R3

6R2 +R4 → R4

1 2 −1 00 1 1 −20 0 1 −10 0 0 −13

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−2−39

=− 1

13R4 → R4

1 2 −1 00 1 1 −20 0 1 −10 0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣2−3−23

Buradan

x4 = 3x3 − x4 = −2 =⇒ x3 = −1

x2 + x3 − 2x4 = −3 =⇒ x2 = 2x1 + 2x2 − x3 = 2 =⇒ x1 = −1

olarak bulunur.

Örnek 2.2.122x1 + 4x2 − 4x3 = 12

x1 + 5x2 − 5x3 − 3x4 = 182x1 + 3x2 + x3 + 3x4 = 8x1 + 4x2 − 2x3 + 2x4 = 8

denklem sisteminin varsa çözümünü Gauss eleme yöntemi ile bulalım.Bu örnekte pivot elemanı 1 yapılmadan Gauss eleme yöntemi uygulana-caktır. Denklem sistemi için genisletilmis matris

2 4 −4 01 5 −5 −32 3 1 31 4 −2 2

∣∣∣∣∣∣∣∣121888

40


olur.2 4 −4 01 5 −5 −32 3 1 31 4 −2 2

∣∣∣∣∣∣∣∣121888

=

−12R1 +R2 → R2

−R1 +R3 → R3

−12R1 +R4 → R4

2 4 −4 00 3 −3 −30 −1 5 30 2 0 2

∣∣∣∣∣∣∣∣1212−42

=13R2 +R3 → R3

−23R2 +R4 → R4

2 4 −4 00 3 −3 −30 0 4 20 0 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣12120−6

=−1

2R3 +R4 → R4

2 4 −4 00 3 −3 −30 0 4 20 0 0 3

∣∣∣∣∣∣∣∣12120−6

Buradan

3x4 = −6 =⇒ x4 = −24x3 + 2x4 = 0 =⇒ x3 = 1

3x2 − 3x3 − 3x4 = 12 =⇒ x2 = 32x1 + 4x2 − 4x3 = 12 =⇒ x1 = 2

olarak bulunur.

Örnek 2.2.13x1 + 2x2 − x3 = 3

3x1 + x2 = 42x1 − x2 + x3 = 2

denklem sisteminin varsa çözümünü Gauss eleme yöntemi ile bulalım.

Denklem sistemi için genisletilmis matris 1 2 −13 1 02 −1 1

∣∣∣∣∣∣342

olur. 1 2 −1

3 1 02 −1 1

∣∣∣∣∣∣342

=−3R1 +R2 → R2

−2R1 +R3 → R3

1 2 −10 −5 30 −5 3

∣∣∣∣∣∣3−5−4

=−R2 +R3 → R3

1 2 −10 −5 30 0 0

∣∣∣∣∣∣3−51

Buradan son satırdaki denklem 0 6= 1 oldugundan çözüm yoktur. Denklemsisteminin çözümü yoktur.

41


Örnek 2.2.14

x1 + 2x2 + 4x3 + x4 − x5 = 12x1 + 4x2 + 8x3 + 3x4 − 4x5 = 2

x1 + 3x2 + 7x3 + 3x5 = −2

denklem sisteminin varsa çözümünü Gauss eleme yöntemi ile bulalım.

Denklem sistemi için genisletilmis matris 1 2 4 1 −12 4 8 3 −41 3 7 0 3

∣∣∣∣∣∣12−2

olur. 1 2 4 1 −1

2 4 8 3 −41 3 7 0 3

∣∣∣∣∣∣12−2

=−2R1 +R2 → R2

−R1 +R3 → R3

1 2 4 1 −10 0 0 1 −20 1 3 −1 4

∣∣∣∣∣∣10−3

=

R2 ↔ R3

1 2 4 1 −10 1 3 −1 40 0 0 1 −2

∣∣∣∣∣∣1−30

Buradan

x4 − 2x5 = 0 =⇒ x4 = 2x5

x2 + 3x3 − x4 + 4x5 = −3 =⇒ x2 = −3− 3x3 − 2x5

x1 + 2x2 + 4x3 + x4 − x5 = 1 =⇒ x1 = 7 + 2x3 + 3x5

elde edilir. x3 = s ve x5 = t alınarak

x1 = 7 + 2s+ 3tx2 = −3− 3s− 2tx3 = sx4 = 2tx5 = t

bulunur. Iki parametreye baglı çözüm kümesi

S = {(7 + 2s+ 3t,−3− 3s− 2t, s, 2t, t) : s, t ∈ R}

elde edilir.

42


Gauss Eleme Yönteminde Zorluklar (Difficulties in Gauss-EliminationMethod)

i. satırdaki aii pivot elemanı sıfır veya sıfıra yakın bir deger ise sıfırabölme isleminden kaçınmak için i. satırı bundan sonra gelen satırlar-dan pivot elemanı sıfırdan farklı olacak sekilde satır alınır. Yani satırlaryer degistirilir. Gauss elemede hataları indirgemek için ve pivot pozisyo-nunda sıfır katsayısından kaçınmak için satırlar degistirilir. Bu sürecepivotlama denir. Yönteme Kısmi Pivotlama ile Gauss Eleme Yöntemidenir. Bu yöntemde ilgili sütundaki tüm elemanların mutlak degerce enbüyügü pivot elemanı olarak alınır.

Örnek 2.2.150.0003x1 + 12.34x2 = 12.34

0.4321x1 + x2 = 5.321

Denklem sisteminin gerçek çözümü

x1 = 10, x2 = 1

noktasıdır.

Gauss eleme yöntemi ile çözümü bulmaya çalısalım.[0.0003 12.340.4321 1

∣∣∣∣ 12.345.321

]=

−0.43210.0003R1 +R2 → R2

[0.0003 12.340.0001 −17770

∣∣∣∣ 12.34−17760

]Burada 0.0001 küçük bir sayı oldugu için ihmal edilir.

x2 =−17760

−17770= 0.9994, x1 = 33.33

bulunur.

Simdi pivotlama yapalım. Ilk sütundaki mutlak degerce en büyük elemana22 = 0.4321 elemanıdır. Birinci ve ikinci satır yer degistirilirse,

0.4321x1 + x2 = 5.3210.0003x1 + 12.34x2 = 12.34

denklem sistemini pivotlama ile Gauss eleme ile çözelim.[0.4321 10.0003 12.34

∣∣∣∣ 5.32112.34

]=

−0.00030.4321R1 +R2 → R2

[0.4321 1

0 12.34

∣∣∣∣ 5.32112.34

]olur. Buradan

x2 = 1, x1 = 10

elde edilir. Gerçek çözüme ulasılır.

43


2.2.2 Gauss-Jordan Eleme Yöntemi (Gauss-Jordan EliminationMethod)

Ax = b lineer denklem sisteminin çözümünü bulmak için Gauss elemeyönteminde elementar satır islemleri kullanarak sistemin genisletilmismatrisinin [A | b] eselon formu (row echelon form) bulunur.

Gauss Jordan eleme yönteminde ise elementar satır islemleri kullanıla-rak genisletilmis matrisin indirgenmis eselon formu (reduced row eche-lon form) bulunur. Gauss Jordan eleme yönteminde pivot elemanlar 1yapılır. Gauss elemede is bu zorunlu degildir.

Her iki yöntemde de denklem sistemi ona denk olan baska ve daha ba-sit bir denklem sistemine dönüstürülmüs olur. Son adımda elde edi-len basit denklem sistemi hemen çözülür. Genisletilmis matrisi indir-genmis matris olan bir denklem sisteminin çözüm kümesini belirlemekçok kolaydır. Diger yandan bir denklem sisteminin genisletilmis mat-risi indirgenmis forma getirilirken her adımda, karsılık gelen denklemsistemi baslangıçtaki denklem sistemine denk olan bir sistemin genisle-tilmis matrisi elde edilir. Dolayısıyla, bir denklem sistemi, genisletilmismatrisinin indirgenmis biçimine karsılık gelen denklem sistemine denk-tir, yani o sistemle aynı çözüm kümesine sahiptir. Böylece bir dogrusaldenklem sistemini çözmek için o sistemin genisletilmis matrisinin in-dirgenmis eselon formunu bulmak önem kazanmaktadır. Genisletilmismatrisin indirgenmis eselon formu bulunduktan sonra, indirgenmis bi-çime karsılık gelen lineer denklem sistemi yazılarak sistemin çözüm kü-mesi oradan belirlenir. Denklem sistemini bu yöntemle çözmeye Gauss-Jordan Eleme Yöntemi denir.

Genisletilmis matrisi indirgenmis eselon formda olan bir denklem sis-teminin çözüm kümesinin nasıl belirlendigine bir kaç örnek üzerindenbakalım.

Örnek 2.2.16 Örnegin, denklem sistemi için genisletilmis matrisinin in-dirgenmis eselon formu

A =

[1 00 1

∣∣∣∣ 32

]olsun. Bu durumda genisletilmis matrisi A olan denklem sistemi

x1 = 3x2 = 2

dir. Bu denklem sisteminin çözüm kümesi S = {(3, 2)} olur.

44



B =

[1 00 0

∣∣∣∣ 30

]olsun. Bu durumda genisletilmis matrisi B olan denklem sistemi bir tekdenklemden ibaret olan x1 = 3 tür. x2 üzerinde hiç bir kosul yoktur. Baskabir deyisle, x2 herhangi bir degeri alabilir. O halde sistemin sonsuz çö-zümü vardır ve çözüm kümesi

S = {(3, t) : t ∈ R}

olur.


C =

1 0 −30 1 −60 0 0

∣∣∣∣∣∣−240

olsun. Bu durumda genisletilmis matrisi C olan denklem sistemi

x1 − 3x3 = −2x2 − 6x3 = 4

0 = 0

olur. Bu denklemlerden

x1 = −2 + 3x3, x2 = 4 + 6x3

elde edilir. x3 için herhangi bir t reel sayısı atanırsa,

x1 = −2 + 3t, x2 = 4 + 6t

olur. Böylece (−2 + 3t, 4 + 6t, t) çözümü elde edilir. Sistemin çözüm kümesi

S = {(−2 + 3t, 4 + 6t, t) : t ∈ R}

olur.


D =

[1 30 0

∣∣∣∣ 01

]olsun. Bu durumda genisletilmis matrisi A olan denklem sistemi

x1 + 3x2 = 00 = 1

dir. Bu denklem sisteminin çözümsüzdür. S = ∅ olur.

45


Örnek 2.2.20x1 − 2x2 + 3x3 = 9−x1 + 3x2 = −4

2x1 − 5x2 + 5x3 = 17

denklem sisteminin varsa çözümünü Gauss-Jordan eleme yöntemi ile bu-lalım.

Denklem sistemi için genisletilmis matris 1 −2 3−1 3 02 −5 5

∣∣∣∣∣∣9−417

olur. 1 −2 3

−1 3 02 −5 5

∣∣∣∣∣∣9−417

=R1 +R2 → R2

−2R1 +R3 → R3

1 −2 30 1 30 −1 −1

∣∣∣∣∣∣95−1

=

R2 +R3 → R3

1 −2 30 1 30 0 2

∣∣∣∣∣∣954

=−3R3 +R1 → R1

−3R3 +R2 → R2

1 −2 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣3−12

=

2R2 +R1 → R1

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣1−12

Son matristen, çözüm x1 = 1, x2 = −1, x3 = 2 olarak elde edilir. Son matrisgenisletilmis matrisin indirgenmis eselon formudur.

Örnek 2.2.21x1 − x2 − x3 = 3−2x1 − x2 + x3 = 5

3x1 − 2x2 = 4


Denklem sistemi için genisletilmis matris 1 −1 −12 −1 13 −2 0

∣∣∣∣∣∣354

olur. 1 −1 −1

2 −1 13 −2 0

∣∣∣∣∣∣354

=−2R1 +R2 → R2

−3R1 +R3 → R3

1 −1 −10 1 30 1 3

∣∣∣∣∣∣3−1−5

46


=R2 +R3 → R3

1 −1 −10 1 30 0 0

∣∣∣∣∣∣3−1−4

Son matristen 0 6= −4 oldugundan çözüm olmadıgı görülür.

Örnek 2.2.222x1 + x2 − x3 = 0x1 − x2 + x3 = 0x1 + 2x2 − 2x3 = 0


Denklem sistemi homojen denklem sistemidir. Sag taraftaki tüm sabitlerisıfır olan sisteme homojen sistem denmektedir. Denklem sistemi için ge-nisletilmis matris 2 1 −1

1 −1 11 2 −2

∣∣∣∣∣∣000

olur. 2 1 −1

1 −1 11 2 −2

∣∣∣∣∣∣000

=R1 ↔ R2

1 −1 12 1 −11 2 −2

∣∣∣∣∣∣000

=

−2R1 +R2 → R2

−R1 +R3 → R3

1 −1 10 3 −30 3 −3

∣∣∣∣∣∣000

=

13R2 → R2

1 −1 10 1 −10 3 −3

∣∣∣∣∣∣000

=−3R2 +R3 → R3

1 −1 10 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

=

R2 +R1 → R1

1 0 00 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

Son matris indirgenmis eselon formundadır. x1 = 0, x2 = x3 olarak eldeedilir. Sonsuz çözüm vardır. Çözüm kümesi S = {(0, t, t) : t ∈ R} olarakelde edilir.

Gauss elemede oldugu gibi eger pivot elemanı sıfır veya sıfıra yakın birsayıysa satır degitirme yapılarak yani pivotlama yapılarak problem çö-zülür. Buna Pivotlu Gauss-Jordan Eleme Yöntemi denir.

47


Elementar Satır Islemleri ve Determinant

Determinantın özellikleri bölümünde elementar satır islemlerinin deter-minant üzerindeki etkilerini görmüstük. Aynı zamanda üst üçgen mat-risin determinantının kösegen çarpıları oldugunu görmüstük. Eger ele-mentar satır islemleri ile bir matrisi üst üçgen biçime getirirsek ve ge-rekli degisimleri determinant üzerinden yaparsak verilen matrisin dete-minantını üst üçgen matrisin determinantını kullanarak bulabiliriz.

Verilen A matrisini elemantar satır islemleri kullanarak üst üçgen halegetir. Determinant degisimlerini dikkate alarak üst üçgen matrisin de-terminantını bul.

Örnek 2.2.23 A matrisi

A =

1 −1 20 2 14 −2 1

olsun. A matrisinin determinantını elementar satır islemlerini kullanarakbulalım.

∣∣∣∣∣∣1 −1 20 2 14 −2 1

∣∣∣∣∣∣ =−4R1 +R3 → R3

∣∣∣∣∣∣1 −1 20 2 10 2 −7

∣∣∣∣∣∣ =R2 +R3 → R3

∣∣∣∣∣∣1 −1 20 2 10 0 −8

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 −1 20 2 10 0 −8

∣∣∣∣∣∣ = 1.2.(−8) = −16

Yani, detA = −16 olarak bulunur.

Örnek 2.2.24 B matrisi

B =

−2 10 21 0 70 −3 5

olsun. B matrisinin determinantını elementar satır islemlerini kullanarakbulalım.

∣∣∣∣∣∣−2 10 21 0 70 −3 5

∣∣∣∣∣∣ =R1 ↔ R2

−

∣∣∣∣∣∣1 0 7−2 10 20 −3 5

∣∣∣∣∣∣ =2R1 +R2 → R2

−

∣∣∣∣∣∣1 0 70 10 160 −3 5

∣∣∣∣∣∣

48


=110R2 → R2

−10

∣∣∣∣∣∣1 0 70 1 8

50 −3 5

∣∣∣∣∣∣ =3R2 +R3 → R3

−10

∣∣∣∣∣∣1 0 70 1 1

100 0 49

5

∣∣∣∣∣∣ = −10.1.1.49

5= −98

Yani, detB = −98 olarak bulunur.

Elementar Satır Islemleri ve Matrisin Tersini (Inverse Matrix) Bulma

A matrisi nxn kare bir matris ise, ve A matrisinin tersi varsa (detA 6= 0)asagıdaki yolu izleyerek A matrisinin tersini bulabiliriz:

(1) In, nxn boyutunda birim matris olmak üzere

[A | In]

bölünmüs matrisini yazarız.

(2) Elementar satır islemlerini uygulayarak A matrisini In matrisinedönüstürmeye çaslısırız. Eger A matrisinden In matrisi elde edi-lebiliyorsa, sag tarafta aynı satır islemleri In uygulandıgında yeniolusan B matrisi A matrisinin tersi olacaktır. Eger A matrisi In mat-risine dönüstürelemiyorsa, A matrisinin tersi yoktur deriz.


A =

2 5 41 4 31 −3 −2

olsun. A matrisinin tersini (varsa) elementar satır islemlerini kullanarakbulalım. 2 5 4

1 4 31 −3 −2

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

=R1 ↔ R2

1 4 32 5 41 −3 −2

∣∣∣∣∣∣0 1 01 0 00 0 1

=

−2R1 +R2 → R2

−R1 +R3 → R3

1 4 30 −3 −20 −7 −5

∣∣∣∣∣∣0 1 01 −2 00 −1 1

=−1

3R2 → R2 1 4 30 1 2

30 −7 −5

∣∣∣∣∣∣0 1 0−1

323 0

0 −1 1

=−4R2 +R1 → R1

7R2 +R3 → R3

1 0 13

0 1 23

0 0 −13

∣∣∣∣∣∣43 −5

3 0−1

323 0

−73

113 1

=

−3R3 → R3

1 0 13

0 1 23

0 0 1

∣∣∣∣∣∣43 −5

3 0−1

323 0

7 −11 −3

49


=−1

3R3 +R1 → R1

−23R3 +R2 → R2

1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣−1 2 1−5 8 27 −11 −3

= [In |A−1]

elde edilir. Bu durumda

A−1 =

−1 2 1−5 8 27 −11 −3

olur. A.A−1 = A−1.A = I3 oldugu gösterilebilir.


A =

1 3 4−2 −5 −31 4 9

olsun. A matrisinin tersini (varsa) elementar satır islemlerini kullanarakbulalım. 1 3 4

−2 −5 −31 4 9

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

=−R1 +R3 → R3

2R1 +R2 → R2

1 3 40 1 50 1 5

∣∣∣∣∣∣1 0 02 1 0−1 0 1

=

−R2 +R3 → R3

1 3 40 1 50 0 0

∣∣∣∣∣∣1 0 02 1 0−3 −1 1

soldaki son satır sıfırlardan olusuyor. Yani sol matris I3 birim matrisedönüsemez. Bu durumda A matrisinin tersi yoktur. Bunu islemleri yap-madan detA = 0 oldugunu göstererekte söyleyebilirdik.

2.2.3 LU Çarpanlarına Ayırma Yöntemi (LU DecompositionMethod)

Lineer denklem sistemlerinin çözümünde LU ve Cholesky çarpanlarınaayırma olarak isimlendirilen matris ayrıstırmaları yapılır.

LU-Ayrısımı (LU Decomposition)

Ax = b denklem sisteminde A katsayılar matrisi üzerinde islemler yapı-lır. A matrisi L alt üçgen matris (lower triangular matrix) ve U üst üçgenmatris (upper triangular matrix) olarak iki matrisin çarpımı seklinde ya-zılır.

A = LU

50


olsun. Burada L alt üçgen matris, U üst üçgen matristir. Bu durumdalineer denklem sistemi asagıdaki adımları izleyerek çözülebilir.

Ax = bLUx = bUx = y olsunLy = b çözülerek y bulunur, ileri koyma yöntemi ileUx = y çözülerek x bulunur, geri koyma yöntemi ile

L alt üçgen ve U üst üçgen matrisleri bulmak için

(a) Gauss Eleme (L: kösegeni 1 alınır)

(b) Doolittle Yöntemi (L: kösegeni 1 alınır)

(c) Crout Yöntemi (U : kösegeni 1 alınır)

(a) Gauss Eleme Kullanarak LU-Ayrısımı (LU Decomposition usingGauss Elimination)

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

matrisi

A = LU

burada

L =

1 0 0 0 · · · 0l21 1 0 0 · · · 0

l31 l32 1 0... 0

......

......

ln−1,1 ln−1,2 ln−1,3 · · · 1 0ln1 ln2 ln3 · · · ln,n−1 1

U =

u11 u12 u13 u14 · · · u1n

0 u22 u23 u24 · · · u2n

0 0 u33 u34 · · · u3n...

......

...0 0 0 · · · un−1,n−1 un−1,n

0 0 0 · · · 0 unn

51


olarak yazılabiliyorsa, A matrisinin LU çarpanı mevcuttur. Burada L altüçgen matris (lower triangular matrix) ve U üst üçgen matris (uppertriangular matrix)tir.

L alt üçgen matrisin bilinmeyen elemanları Gauss eleme yöntemindekiçarpanlar olarak alınır. U üst üçgen matris ise Gauss eleme yöntemindeelde edilen eselon formdur (Eleme islemi pivot elemanı 1 yapılmadanyapılır.)

Örnek 2.2.27

A =

−1 −2 52 6 −43 −2 1

matrisini Gauss eleme yöntemi kullanarak LU çarpanlarına ayıralım. −1 −2 5

2 6 −43 −2 1

=2R1 +R2 → R2

3R1 +R3 → R3

−1 −2 50 2 60 −8 16

=

4R2 +R3 → R3

−1 −2 50 2 60 0 40

Burada Gauss elemedeki çarpanlar

m21 = −2,m31 = −3,m32 = −4

olmaktadır. L alt üçgen matris kösegenleri 1 ve

l21 = −2, l31 = −3, l32 = −4

olan matristir:

L =

1 0 0−2 1 0−3 −4 1

U üst üçgen matris ise elde ettigimiz eselon form olur:

U =

−1 −2 50 2 60 0 40

A = LU oldugu gösterilebilir.

Simdi LU çarpanları kullanarak denklem sistemi çözümüne bakalım.

52


Örnek 2.2.28−x1 − 2x2 + 5x3 = −262x1 + 6x2 − 4x3 = 443x1 − 2x2 + x3 = −10

denklem sistemini LU ayrıstırma yöntemi ile çözelim.

Katsayılar matrisi Örnek 2.2.27 de

A =

−1 −2 52 6 −43 −2 1

L =

1 0 0−2 1 0−3 −4 1

, U =

−1 −2 50 2 60 0 40

çarpanlarına ayrılır. Önce

Ly = b

çözülür. 1 0 0−2 1 0−3 −4 1

y1

y2

y3

=

−2644−10

çözülür. Buradan

y1 = −26−2y1 + y2 = 44 =⇒ y2 = −8

−3y1 − 4y2 + y3 = −10 =⇒ y3 = −120

olarak bulunur. Daha sonraUx = y

çözülür. −1 −2 50 2 60 0 40

x1

x2

x3

=

−26−8−120


−x1 − 2x2 + 5x3 = −26 =⇒ x1 = 12x2 + 6x3 = −8 =⇒ x2 = 5

40x3 = −120 =⇒ x3 = −3

olarak bulunur. Ax = b Denklem sisteminin çözümü

x1 = 1, x2 = 5, x3 = −3

olarak bulunmus olur.

53


(b) Doolittle Yöntemi ile LU-Ayrısımı (LU Decomposition with Do-olittle method)

A = LU ayrıstırmasında L alt üçgen matrisinin kösegen elemanları 1olarak alınır. Matris çarpımından ve esitliginden L ve U matrislerininelemanları bulunur. Doolittle LU-ayrısımında

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

matrisi

A = LU

burada

L =

1 0 0 0 · · · 0l21 1 0 0 · · · 0

l31 l32 1 0... 0

......

......

ln−1,1 ln−1,2 ln−1,3 · · · 1 0ln1 ln2 ln3 · · · ln,n−1 1

U =

u11 u12 u13 u14 · · · u1n

0 u22 u23 u24 · · · u2n

0 0 u33 u34 · · · u3n...

......

...0 0 0 · · · un−1,n−1 un−1,n

0 0 0 · · · 0 unn

olarak yazılabiliyorsa, A matrisinin LU çarpanı mevcuttur. Burada L altüçgen matris (lower triangular matrix) ve U üst üçgen matris (uppertriangular matrix)tir. Doolittle LU ayrısımının adımları:

(i) U üst üçgen matrisinin ilk satırını hesapla: u1j = a1j , 1 ≤ j ≤ n

(ii) L üst üçgen matrisinin kösegen elemanlarını 1 olarak belirle.

(iii) L matrisinin ilk sütunundaki elemanların hesaplanması (l11 hariç):li1 = ai1

u11

(iv) Satır satır kalan elemanların hesaplanması, i satır ve j sütun sa-yısı olmak üzere öncelikle U matrisinin elemanları hesaplanır. i =

54


1, 2, · · · , n, j = 1, 2, · · · , n olmak üzere

uij = aij −i−1∑k=1

likukj

i = 2, 3, · · · , n, j = 1, 2, · · · , i− 1 olmak üzere

lij =aij −

∑j−1k=1 likukjujj

Örnek 2.2.29

A =

1 4 54 20 325 32 64

matrisinin LU ayrısımını Doolittle yöntemi ile bulalım. 1 4 5

4 20 325 32 64

=

1 0 0l21 1 0l31 l32 1

u11 u12 u13

0 u22 u23

0 0 u33

1 4 5

4 20 325 32 64

=

u11 u12 u13

l21u11 l21u12 + u22 l21u13 + u23

l31u11 l31u12 + l32u22 l31u13 + l32u23 + u33

esitligi elde edilir. Matris esitliginden tüm elemanlar karsılıklı esit olmalı-dır. Bu nedenle asagıdaki esitlikler elde edilir:

1. satır:u11 = 1, u12 = 4, u13 = 5

2. satır:l21u11 = 4 =⇒ l21 = 4

l21u12 + u22 = 20 =⇒ u22 = 4l21u13 + u23 = 32 =⇒ u23 = 12

3. satır:l31u11 = 5 =⇒ l31 = 5

l31u12 + l32u22 = 32 =⇒ l32 = 3l31u13 + l32u23 + u33 = 64 =⇒ u33 = 3

olarak bulunur. Yani,

L =

1 0 04 1 05 3 1

, U =

1 4 50 4 120 0 3

olarak elde edilir. A = LU esitligi matris çarpımı yaparak gösterilebilir.

55


(b) Crout Yöntemi ile LU-Ayrısımı (LU Decomposition with Croutmethod)

A = LU ayrıstırmasında U üst üçgen matrisinin kösegen elemanları 1olarak alınır. Matris çarpımından ve esitliginden L ve U matrislerininelemanları bulunur.

Örnek 2.2.30

A =

1 2 32 5 23 1 5

matrisinin LU ayrısımını Crout yöntemi ile bulalım. 1 2 3

2 5 23 1 5

=

l11 0 0l21 l22 0l31 l32 l33

1 u12 u13

0 1 u23

0 0 1

1 2 3

2 5 23 1 5

=

l11 l11u12 l11u13

l21 l21u12 + l22 l21u13 + l22u23

l31 l31u12 + l32 l31u13 + l32u23 + l33


1. satır:l11 = 1, u12 = 2, u13 = 3

2. satır:l21 = 2

l21u12 + l22 = 5 =⇒ l22 = 1l21u13 + l22u23 = 2 =⇒ u23 = −4

3. satır:l31 = 3

l31u12 + l32 = 1 =⇒ l32 = −5l31u13 + l32u23 + l33 = 5 =⇒ l33 = −24


L =

1 0 02 1 03 5 −24

, U =

1 2 30 1 −40 0 1

olarak elde edilir. A = LU esitligi matris çarpımı yaparak gösterilebilir.

Örnek 2.2.31x1 + 2x2 + 3x3 = 142x1 + 5x2 + 2x3 = 183x1 + x2 + 5x3 = 20

56


denklem sistemini LU ayrıstırma yöntemi ile çözelim.

Katsayılar matrisi Örnek 2.2.30 de

A =

1 2 32 5 23 1 5

L =

1 0 02 1 03 5 −24

, U =

1 2 30 1 −40 0 1

çarpanlarına ayrılır. Önce

Ly = b

çözülür. 1 0 02 1 03 5 −24

y1

y2

y3

=

141820


y1 = 142y1 + y2 = 18 =⇒ y2 = −10

3y1 − 5y2 − 24y3 = 20 =⇒ y3 = 3

olarak bulunur. Daha sonraUx = y

çözülür. 1 2 30 1 −40 0 1

x1

x2

x3

=

14−10

3


x1 + 2x2 + 3x3 = 14 =⇒ x1 = 1x2 − 4x3 = −10 =⇒ x2 = 2

x3 = 3

olarak bulunur. Ax = b Denklem sisteminin çözümü

x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3


57


Genel olarak Crout LU ayrısımında

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

matrisi

A = LU

burada

L =

l11 0 0 0 · · · 0l21 l22 0 0 · · · 0

l31 l32 l33 0... 0

......

......

ln−1,1 ln−1,2 ln−1,3 · · · ln−1,n−1 0ln1 ln2 ln3 · · · ln,n−1 1

U =

1 u12 u13 u14 · · · u1n

0 1 u23 u24 · · · u2n

0 0 1 u34 · · · u3n...

......

...0 0 0 · · · 1 un−1,n

0 0 0 · · · 0 1

olmak üzere A = LU esitligini saglayan L ve U matrisleri vardır. Bu-rada L alt üçgen matris (lower triangular matrix) ve U üst üçgen matris(upper triangular matrix)tir. Üst üçgen matrisin kösegen elemanları 1olarak alınır.

Crout LU ayrısımının adımları:

(i) L alt üçgen matrisinin ilk sütununu hesapla: li1 = ai1

(ii) U üst üçgen matrisinin kösegen elemanlarını 1 olarak belirle.

(iii) U matrisinin ilk satırındaki elemanların hesaplanması (u11 hariç):u1j =

a1jl11

(iv) Satır satır kalan elemanların hesaplanması, i satır ve j sütun sa-yısı olmak üzere öncelikle L matrisinin elemanları hesaplanır. i =1, 2, · · · , n, j = 1, 2, · · · , n olmak üzere

lij = aij −j−1∑k=1

likukj

58


j = (i+ 1), (i+ 2), · · · , n olmak üzere

uij =aij −

∑i−1k=1 likukjlii

Pivotlama ile LU Ayrısımı (LU Decomposition with Pivoting)Ax = b lineer denklem sisteminin çözümünde Gauss eleme yöntemindepivotlama (satır degisimi) kullanılıyorsa L ve U matrisleri dogrudan kat-sayılar matrisiyle elde edilemez. Pivotlamaya baglı olarak satırlar farklısırada olusacaktır. Bu durumda permutasyon matrisleri kullanılır. Yani,

PA = LU

yapılır. Permütasyon matrisi birim matrisin satırları yer degistirilerekelde edilen matristir. Örnegin,

I =

1 0 00 1 00 0 1

, P =

0 0 10 1 01 0 0

Eger bu P matrisi alınarak PA çarpımı yapılıyorsa A matrisinin 1. ve 3.satırları yer degistirmis olur.

Cholesky Ayrıstırma Yöntemi (Cholesky Decomposition Method)Cholesky ayrıstırma sadece pozitif tanımlı matrisler için tanımlıdır.

Pozitif Tanımlı Matrisler (Positive Definite Matrices)

Tanım 2.2.5 A matrisi simetrik (AT = A) ve tüm x 6= 0 vektörü için

xTAx > 0

ise A matrisi pozitif tanımlı (positive definite) matristir.

Örnek 2.2.32

A =

2 −1 0−1 2 −10 −1 2

matrisinin pozitif tanımlı oldugunu gösterelim.

AT = A oldugundan A matrisi simetriktir.

xTAx = [x1 x2 x3]

2 −1 0−1 2 −10 −1 2

x1

x2

x3

= [x1 x2 x3]

2x1 − x2

−x1 + 2x2 − x3

−x2 + 2x3

= 2x2

1 − 2x1x2 + 2x22 − 2x2x3 + 2x2

3

= x21 + (x2

1 − 2x1x2 + x22) + (x2

2 − 2x2x3 + x23) + x2

3

= x21 + (x1 − x2)2 + (x2 − x3)2 + x2

3 > 0, x1, x2, x3 6= 0

59


A matrisinin pozitif tanımlı olması için tüm asal bas matrislerinin de-terminantı pozitif olmaldır.

a11 > 0,

∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ > 0,

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ > 0, · · ·

Pozitif tanımlılıgın baska bir kriteri özdegerlerle ilgilidir.

Ax = λx esitligini saglayan λ ∈ R sabitine özdeger (eigenvalue), x vek-törüne özvektör (eigenvector) denir.

Özdegerler

Ax = λx =⇒ Ax− λx = 0 =⇒ (A− λI)x = 0 =⇒ det(A− λI) = 0

denkleminin çözümleridir.

A pozitif tanımlı matristir ancak ve ancak λi > 0, i = 1, 2, · · · , n.

A pozitif yarı tanımlı matristir ancak ve ancak λi ≥ 0, i = 1, 2, · · · , n.

Örnek 2.2.33

A =

2 −1 0−1 2 −10 −1 2

matrisinin pozitif tanımlı oldugunu asal bas matrislerinin determinantla-rına bakarak gösterelim.

detA1 = det[2] = 2 > 0

detA2 =

∣∣∣∣ 2 −1−1 2

∣∣∣∣ = 3 > 0

detA3 =

∣∣∣∣∣∣2 −1 0−1 2 −10 −1 2

∣∣∣∣∣∣ = 4 > 0

oldugundan A matrisi pozitif tanımlıdır.

Cholesky yönteminde lineer denklem sistemi Ax = b katsayılar matrisiA pozitif tanımlıdır. A matrisi A = LLT seklinde çarpanlara ayrılır. Yaniburada U üst üçgen matris U = LT olmaktadır.

Örnek 2.2.34 Verilen denklem sistemini Cholesky ayrıstırma yöntemiyleçözünüz.

4x1 + 2x2 + 14x3 = 142x1 + 17x2 − 5x3 = −10114x1 − 5x2 + 83x3 = 155

60


Katsayılar matrisi

A =

4 2 142 17 −514 −5 83

simetrik ve pozitif tanımlıdır. A matrisinin Cholesky ayrısımı A = LLT olur. 4 2 14

2 17 −514 −5 83

=

l11 0 0l21 l22 0l31 l32 l33

l11 l21 l31

0 l22 l32

0 0 l33

4 2 14

2 17 −514 −5 83

=

l211 l11l21 l11l31

l11l21 l221 + l222 l21l31 + l22l32

l11l31 l31l21 + l32l22 l231 + l232 + l233


l11 =√a11 = 2, l21 =

a21

l11= 1, l31 =

a31

l11= 7

Karekök isleminde pozitif olanın alınmasının sebebi 2. satırdaki estilikle-rinde saglanması gerektigi içindir.

l22 =√a22 − l221 =

√16 =⇒ l22 = 4

l32 = 1l22

(a32 − l31l21) = 14(−12) =⇒ l32 = −3

l33 =√a33 − l231 − l232 =

√25 =⇒ l33 = 5


A = LLT =

2 0 01 4 07 −3 5

2 1 70 4 −30 0 5

elde edilir. Ilk olarak Ly = b denklemi çözülüp, y bilinmeyenleri bulunur. 2 0 0

1 4 07 −3 5

y1

y2

y3

=

14−101155


2y1 = 14 =⇒ y1 = 7y1 + 4y2 = −101 =⇒ y2 = −27

7y1 − 3y2 + 5y3 = 155 =⇒ y3 = 5

61


olarak bulunur. Daha sonraLTx = y

çözülür. 2 1 70 4 −30 0 5

x1

x2

x3

=

7−27

5


2x1 + x2 + 7x3 = 7 =⇒ x1 = 34x2 − 3x3 = −27 =⇒ x2 = −6

5x3 = 5 =⇒ x3 = 1

olarak bulunur. Ax = b denklem sisteminin çözümü

x1 = 3, x2 = −6, x3 = 1


Genel olarak Cholesky yönteminde k = 1, 2, · · · , n, i = 1, 2, · · · , k−1 olmaküzere

lki =1

lii

aki − i−1∑j=1

lijlkj

,

lkk =

√√√√akk −k−1∑j=1

l2kj

denklemleri kullanılarak A = LLT esitligini saglayan L matrisinin ele-manları bulunur.

LU ayrısımı matrislerin determinantını bulmakta da kullanılabilir.

A = LU

biçiminde çarpanlarına ayrılsın. Buradan

detA = detLdetU

olur.

(a) Doolittle yönteminde detA = detLdetU = u11u22 · · ·unn.

(b) Crout yönteminde detA = detLdetU = l11l22 · · · lnn.

(c) Cholesky ayrıstırma yönteminde (A pozitif tanımlı) detA = detLdetLT =l211l

222 · · · l2nn.

62


olarak hesaplanabilir.


A =

−1 −2 52 6 −43 −2 1

matrisinin Doolittle yöntemiyle LU-Ayrısımı

L =

1 0 0−2 1 0−3 −4 1

, U =

−1 −2 50 2 60 0 40

olur. Buradan

detA = detLdetU = (−1).2.40 = −80

olarak bulunur.

2.2.4 Lineer Denklem Sistemleri için Iteratif Yöntemler (IterativeMethods for Linear Systems of Equations)

Çok büyük katsayılar matrisi olan lineer denklem sistemlerinin elimi-nasyon (direk yöntemler) yöntemleri ile çözümü çogu zaman ekonomikolmaz. Bu gibi durumlarda iteratif yöntemler seçilir. Küçük boyutlu (azbilinmeyenli) lineer denklem sistemleri için iteratif yöntemler çok nadirkullanılır. Bu iteratif yöntemler yerine Gauss eleme gibi direk yöntemlertercih edilir. Ancak boyutu büyük olan denklem sistemleri için durumçok farklıdır. Gauss eleme hem çok veri depolaması hemde çok islemgerektirmesi nedeniyle tercih edilmez. Bu tür sistemler özellikle devreanalizinde (circuit analysis), sınır deger problemlerinin (boundary valueproblem) ve kısmi diferansiyel denklemlerin (partial differential equati-ons) sayısal çözümlerinde karsımıza gelmektedir. Bu tür yöntemlerinamacı

Ax = b

lineer denklem sistemlerinin çözümü için x(0) baslangıç iterasyonu ilebaslayıp {x(n)}∞n=0 dizisi olusturmaktır. Bu dizilerin olusturulmasında

x = Tx+ c

seklinde bir denklem kullanılır. Dizinin elemanlarının denklem sistemi-nin çözümüne yaklasması beklenir.

63


Ax = b lineer denklem sistemini çözmek için x = Tx + c biçimindekidenklemler kullaınılır. x(0) baslangıç vektörü olmak üzere

x(k) = Tx(k−1) + c, k = 1, 2, 3, · · ·

dizisi hesaplanır. Bunun için iki yöntem vardır:

(a) Jacobi Iterasyon Yöntemi (Jacobi Iteration Method)

(b) Gauss-Seidel Iterasyon Yöntemi (Gauss-Seidel Iteration Method)

Jacobi Iterasyon Yöntemi (Jacobi Iteration Method )


......

...an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

lineer denklem sisteminde 1. denklemden x1, 2. denklemden x2 ve sonolarak n. denklemden xn çözülürse

x1 = − 1a11

(a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn) + b1a11

x2 = − 1a22

(a21x1 + a23x3 + · · ·+ a2nxn) + b2a22

......

xn = − 1ann

(an1x1 + an2x2 + · · ·+ an,n−1xn−1) + bnann

olarak bulunur. Matris formunda

T =

0 −a12

a11· · · −a1n

a11−a21a22

0 · · · −a2na22

......

− an1ann

− an2ann

· · · 0

, b =

b1a11b2a22...bnann

olmak üzere

x = Tx+ b

seklinde yazılabilir. Bu yöntemde çözümün bulunabilmesi için baslan-gıçta bir vektörün seçilmesi gerekir. Baslangıç vektörü x(0) seçilirse, bi-rinci iterasyon sonunda

x(1) = Tx(0) + b

tahmini elde edilir. Bu yeni vektör kullanılarak ikinci tahmin

x(2) = Tx(1) + b

64


kullanılarak bulunur. Bu sekilde iterasyona devam edilerek k. iterasyonsonunda

x(k) = Tx(k−1) + b

elde edilir. Bu iterasyon daha açık olarak k ≥ 1 ve i = 1, 2, · · · , n için

x(k)i =

∑nj=1,j 6=i

(aijx

k−1j

)aii

+biaii

olur. Jacobi iterasyon yönteminde x(k)i degerlerini elde etmek için x

(k−1)i

degerlerinden yararlanırız.

Genel olarak bir

A =

a11 a12 · · · a1j · · · a1n

a21 a22 · · · a2j · · · a2n...

......

...ai1 ai2 · · · aij · · · ain...

......

...an1 an2 · · · anj · · · ann

matrisini asagıdaki gibi üçgensel matrislerle ifade edebiliriz. Burada Lkösegen elemanları sıfır olan alt üçgensel matris (lower triangular), Dkösegen matris (diagonal), U ise kösegen elemanları sıfır olan üst üç-gensel matris (upper triangular)tir:

A = L+D + U

L =

0 0 · · · 0 · · · 0a21 0 · · · 0 · · · 0...

......

...an1 an2 · · · an−1,n−1 0

D =

a11 0 · · · 0 · · · 00 a22 · · · 0 · · · 0...

......

...0 0 · · · 0 ann

U =

0 a12 · · · a1j · · · a1n

0 0 · · · a2j · · · a2n...

......

...0 0 · · · 0 0

65


Örnek 2.2.36

A =

10 −1 2 0−1 11 −1 32 −1 10 −10 3 −1 8

matrisini L+D+U seklinde yazalım.

10 −1 2 0−1 11 −1 32 −1 10 −10 3 −1 8

=

0 0 0 0−1 0 0 02 −1 0 00 3 −1 0

+

10 0 0 00 11 0 00 0 10 00 0 0 8

+

0 −1 2 00 0 −1 30 0 0 −10 0 0 0

= L+D + U

Tanım 2.2.6Ax = b

lineer denklem sisteminde

(L+D+U)x = b =⇒ Dx = b−(L+U)x =⇒ x(k+1) = −D−1(L+U)x(k)+D−1b, k = 0, 1, 2, · · ·

iterasyonuna Jacobi iterasyonu denir. Buna göre


......

...an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

lineer denklem sisteminin Jacobi iterasyonu ile çözümünü verilen x(0) =(x

(0)1 , x

(0)2 , · · · , x(0)

n

)baslangıç noktası ve k = 0, 1, 2, · · · için

x(k+1)1 = − 1

a11

(a12x

(k)2 + a13x

(k)3 + · · ·+ a1nx

(k)n

)+ b1

a11

x(k+1)2 = − 1

a22

(a21x

(k)1 + a23x

(k)3 + · · ·+ a2nx

(k)n

)+ b2

a22...

...

x(k+1)n = − 1

ann

(an1x

(k)1 + an2x

(k)2 + · · ·+ an,n−1x

(k)n−1

)+ bn

ann

iteratif olarak hesaplanmaktadır. Burada

x = −D−1(L+ U)x+D−1b

oldugundan x = Tx+ c esitliginde T = −D−1(L+U) ve c = D−1b olur. YaniJacobi iterasyonları

x(k) = Tx(k−1) + c

olarak hesaplanır.

66


Durdurma kriteri:

ε iterasyonları durdurmak için verilen hata sınırı olmak üzere

||x(k+1) − x(k)|| < ε

veya||x(k+1) − x(k)||||x(k+1)||

< ε

oluncaya kadar iterasyonlara devam edilir.

Örnek 2.2.378x1 − x2 + 3x3 = 1x1 − 5x2 − x3 = 03x1 + x2 + 6x3 = 2

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0) alarak Jacobiiterasyonu ile ilk iki noktayı bulunuz.

8x1 = x2 − 3x3 + 15x2 = x1 − x3

6x3 = 2− 3x1 − x2

olur. Buradanx1 = 1

8x2 − 38x3 + 1

8x2 = 1

5x1 − 15x3

x3 = −12x1 − 1

6x2 + 13

Matris formunda x1

x2

x3

=

0 18 −3

815 0 −1

5−1

2 −16 0

x1

x2

x3

+

18013

x

(k+1)1 = 1

8x(k)2 − 3

8x(k)3 + 1

8

x(k+1)2 = 1

5x(k)1 − 1

5x(k)3

x(k+1)3 = −1

2x(k)1 − 1

6x(k)2 + 1

3

Ilk iterasyonu bulmak için denklemlerde k = 0 yazılır.

x(1)1 = 1

8x(0)2 − 3

8x(0)3 + 1

8

x(1)2 = 1

5x(0)1 − 1

5x(0)3

x(1)3 = −1

2x(0)1 − 1

6x(0)2 + 1

3

denklemlerindenx

(1)1 =

1

8, x

(1)2 = 0, x

(1)3 =

1

3

67


elde edilir. Ikinci iterasyon için denklemlerde k = 1 yazılır ve x(1) degerlerikullanılır.

x(2)1 = 1

8x(1)2 − 3

8x(1)3 + 1

8

x(2)2 = 1

5x(1)1 − 1

5x(1)3

x(2)3 = −1

2x(1)1 − 1

6x(1)2 + 1

3

denklemlerinden

x(2)1 = 0, x

(2)2 = − 1

24, x

(2)3 =

1

6

olarak bulunur.

Örnek 2.2.384x1 − x2 + x3 = 74x1 − 8x2 + x3 = −21−2x1 + x2 + 5x3 = 15

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0), ε = 0.0001 ala-rak Jacobi iterasyonu çözünüz.

x(k+1)1 = 1

4x(k)2 − 1

4x(k)3 + 7

4

x(k+1)2 = 1

2x(k)1 + 1

8x(k)3 + 21

8

x(k+1)3 = 2

5x(k)1 − 1

5x(k)2 + 3

iterasyon x1 x2 x3 ε

0 0 0 0 0.0001

1 1.75 2.625 3 0.0001

2 1.65625 3.875 3.175 0.0001

3 1.925 3.85 2.8875 0.0001

4 1.990625 3.948438 3 0.0001

5 1.987109 3.995313 3.006563 0.0001

6 1.997188 3.994375 2.995781 0.0001

7 1.999648 3.998066 3 0.0001

8 1.999517 3.999824 3.000246 0.0001

9 1.999895 3.999789 2.999842 0.0001

10 1.999987 3.999927 3 0.0001

11 1.999982 3.999993 3.000009 0.0001

Buradan ε = 0.0001 için çözüm

x1 = 1.999982, x2 = 3.999993, x3 = 3.000009

11. iterasyonda olarak bulunur. Gerçek çözüm x∗ = [2 , 4, 3] vektörüdür.

68


Gauss-Seidel Iterasyon Yöntemi (Gauss-Seidel Iteration Method )Gauss-Seidel iterasyonunda Jacobi iterasyon yönteminden farklı ola-rak, herhangi bir asamada elde edilen bilinmeyen degerin, bu kade-meyi takip eden kademede hemen kullanılması ile çözüme yaklasılmasısöz konusudur. Baslangıçta x2, x3, · · · , xn degerleri için uygun bir verigrubu girilir. 1. denklemin sag tarafına bu degerler yerlestirilerek x1

için x(1)1 seklinde yaklasık bir çözüm elde edilir. Sonra 2. denklemde bu

x(1)1 , x3, · · · , xn degerleri yerlerine yazılarak x2 bilinmeyeni için x

(1)2 sek-

linde yaklasık bir çözüm elde edilir. Benzer sekilde 3. denklemde bux

(1)1 , x

(1)2 , x4, · · · , xn degerleri yerlerine yazılarak iterasyon islemlerine de-

vam edilir.


......

...an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

lineer denklem sistemi için

x(1)1 = − 1

a11

(a12x

(0)2 + a13x

(0)3 + · · ·+ a1nx

(0)n

)+ b1

a11

x(1)2 = − 1

a22

(a21x

(1)1 + a23x

(0)3 + · · ·+ a2nx

(0)n

)+ b2

a22...

...

x(1)n = − 1

ann

(an1x

(1)1 + an2x

(1)2 + · · ·+ an,n−1x

(1)n−1

)+ bn

ann

elde edilir. Genel olarak (k + 1). iterasyon sonucunda

x(k+1)i =

biaii−

i−1∑j=1

aijaiix

(k+1)j −

n∑j=i+1

aijaiix

(k)j

olur.

Tanım 2.2.7Ax = b

lineer denklem sisteminde

(L+D+U)x = b =⇒ Dx = b−(L+U)x =⇒ x(k+1) = −D−1(b− Lx(k+1) − Ux(k)

), k = 0, 1, 2, · · ·

iterasyonuna Gauss-Seidel iterasyonu denir. Buna göre


......

...an1x1 + an2x2 + · · ·+ annxn = bn

69


lineer denklem sisteminin Gauss-Seidel iterasyonu ile çözümünü verilenx(0) =

(x

(0)1 , x

(0)2 , · · · , x(0)

n

)baslangıç noktası ve k = 0, 1, 2, · · · için

x(k+1)1 = − 1

a11

(a12x

(k)2 + a13x

(k)3 + · · ·+ a1nx

(k)n

)+ b1

a11

x(k+1)2 = − 1

a22

(a21x

(k+1)1 + a23x

(k)3 + · · ·+ a2nx

(k)n

)+ b2

a22...

...

x(k+1)n = − 1

ann

(an1x

(k+1)1 + an2x

(k+1)2 + · · ·+ an,n−1x

(k+1)n−1

)+ bn

ann

iteratif olarak hesaplanmaktadır. Burada A = D+L+U seklinde yazılırsa(D+L+U)x = b =⇒ (D+L)x = b−Ux =⇒ x = −(D+L)−1Ux+(D+L)−1bolur. Yani,

x = −(D + L)−1Ux+ (D + L)−1b

oldugundan x = Tx+ c esitliginde T = −(D+L)−1U ve c = (D+L)−1b olur.Yani Gauss-Seidel iterasyonları

x(k) = Tx(k−1) + c

olarak hesaplanır.

Örnek 2.2.396x1 − 2x2 + x3 = 11−2x1 + 7x2 + 2x3 = 5x1 + 2x2 − 5x3 = −1

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0) alarak Gauss-Seidel iterasyonu ile ilk 6 noktayı bulunuz.

6x1 = 2x2 − x3 + 117x2 = 2x1 − 2x3 + 5−5x3 = −x1 − 2x2 − 1

olur. Buradanx1 = 1

3x2 − 16x3 + 11

6x2 = 2

7x1 − 27x3 + 5

7x3 = 1

5x1 + 25x2 + 1

5

x(k+1)1 = 1

3x(k)2 − 1

6x(k)3 + 11

6

x(k+1)2 = 2

7x(k+1)1 − 2

7x(k)3 + 5

7

x(k+1)3 = 1

5x(k+1)1 + 2

5x(k+1)2 + 1

5

Ilk iterasyonu bulmak için denklemlerde k = 0 yazılır.

x(1)1 = 1

3x(0)2 − 1

6x(0)3 + 11

6

x(1)2 = 2

7x(1)1 − 2

7x(0)3 + 5

7

x(1)3 = 1

5x(1)1 + 2

5x(1)2 + 1

5

70


denklemlerinden

x(1)1 =

11

6≈ 1.8333, x

(1)2 = 1.2381, x

(1)3 = 1.0619

elde edilir. Ikinci iterasyon için denklemlerde k = 1 yazılır ve x(1) degerlerikullanılır.

x(2)1 = 1

3x(1)2 − 1

6x(1)3 + 11

6

x(2)2 = 2

7x(2)1 − 2

7x(1)3 + 5

7

x(2)3 = 1

5x(2)1 + 2

5x(2)2 + 1

5

denklemlerinden

x(2)1 = 2.0691, x

(2)2 = 1.0021, x

(2)3 = 1.0147

olarak bulunur. Iterasyonlara devam edilirseiterasyon x1 x2 x3

0 0 0 0

1 1.8333 1.2381 1.0619

2 2.0691 1.0021 1.0417

3 1.9983 0.9953 0.9978

4 1.9988 1.0003 0.9999

5 2.0001 1.0001 1.0001

6 2.0000 1.0000 1.0000

degerleri elde edilir. Gerçek çözüm

x∗ = (2, 1, 1)

noktasıdır. Yakınsama olmustur.

Iteratif Yöntemlerin Yakınsaması (Convergence for Iteration Met-hods)

Tanım 2.2.8 (Norm)(i) ||A|| ≥ 0, (A 6= 0), ||A|| = 0, A = 0

(ii) ||αA|| = |α|||A||, α ∈ R(iii) ||Ax|| ≤ ||A||||x||(iv) ||A+B|| ≤ ||A||+ ||B||

özelliklerini saglayan bir reel sayıdır.

Vektör veya matris normu, vektör veya matrislerinin büyüklüklerininmukayese edilmesine imkan verir. Esas olarak norm, vektör veya mat-rislerin büyüklügünü gösteren bir sayıdır. En çok kullanılan norm, Ök-lid norm(Euclid norm)/2-normudur.Vektör Normların elemandan olusan bir v vektörü için

71


(i) Sonsuz norm:||v||∞ = max

1≤i≤n|vi|

mutlak degerce en büyük vi elamanına esittir.

(ii) 1-norm:

||v||1 =n∑i=1

|vi|

vektörün elemanlarının mutlak degerlerinin toplamına esittir.

(iii) Öklid norm/2-norm:

||v||2 =

(n∑i=1

|v2i |

)2

vektörün elemanlarının karelerinin toplamının kareköküne esittir.

Matris Normları

nxn boyutunda bir A matrisi için

(i) Sonsuz norm:

||A||∞ = max1≤i≤n

n∑j=1

|aij |

Matrisin her bir satırındaki elemanların mutlak degerleri toplamı.En büyük toplam deger matrisin sonsuz normu olur.

(ii) 1-norm:

||A||1 = max1≤j≤n

n∑i=1

|aij |

Matrisin her bir sütunundaki elemanların mutlak degerleri toplamı.En büyük toplam deger matrisin 1-normu olur.

(iii) Öklid norm/2-norm:

||A||2 =

n∑i=1

n∑j=1

a2ij

12

Örnek 2.2.40

A =

2 −2 1−1 3 −12 −4 2

72


matrisi için ||A||∞, ||A||1, ||A||2 normlarını bulunuz.

Sonsuz norm: Matrisin her bir satırındaki elemanların mutlak degerlerinintoplamının en büyügü.

||A||∞ = max1≤i≤n∑n

j=1 |aij |= max{|2|+ | − 2|+ |1|, | − 1|+ |3|+ | − 1|, |2|+ | − 4|+ |2|}= max{5, 5, 8} = 8

1-norm: Matrisin her bir sütunundaki elemanların mutlak degerlerinintoplamının en büyügü.

||A||1 = max1≤j≤n∑n

i=1 |aij |= max{|2|+ | − 1|+ |2|, | − 2|+ |3|+ | − 4|, |1|+ | − 1|+ |2|}= max{5, 9, 4} = 9

Öklid norm/2-norm:

||A||2 =(∑n

i=1

∑nj=1 a

2ij

) 12

=(22 + (−2)2 + 12 + (−1)2 + 32 + (−1)2 + 22 + (−4)2 + 22

)1/2=√

41 ≈ 6.40

Jacobi ve Gauss-Seidel iterasyonları genel olarak

x = Tx+ c

formundadır. Her iterasyon yönteminde yakınsama problemi vardır. Ja-cobi ve Gauss-Seidel iterasyonunda T matrisinin özdegerlerinin 1’denküçük olması halinde çözüme yakınsama olur. Bunun olması için Tmatrisinin matris normlarının 1’den küçük olması gerekmektedir. Yani

||T ||∞, ||T ||1, ||T ||2 < 1

olmalıdır.

Tanım 2.2.9 (Spektral yarıçap/Spectral Radiance)

nxn boyutunda A matrisinin spektral yarıçapı ρ(A)

ρ(A) = max |λ|

burada λ sayısı A matrisinin özdegeri seklinde tanımlanır.

Teorem 2.2.2 nxn boyutunda A matrisi olsun.

(i) ||A||2 =√ρ(ATA)

73


(ii) ρ(A) ≤ ||A||, burada ||.|| herhangi bir matris normudur.

Ispat: λ: A matrisinin özdegeri, x, A matrisinin özvektörü ||x|| = 1. Yani,Ax = λx

|λ| = |λ|||x|| = ||λx|| = ||Ax|| ≤ ||A||||x|| = ||A||=⇒ ρ(A) = max |λ| ≤ ||A||

AT = A ise ||A||2 = ρ(A) olur.

x(k) = Tx(k−1) + c, k = 1, 2, · · ·

iterasyonları olsun. x(0) baslangıç vektörü olsun.

Teorem 2.2.3 x(0) ∈ Rn için {x(k)}∞k=0 dizisi

x(k) = Tx(k−1) + c, k = 1, 2, · · ·

ile tanımlansın. Bu dizi x = Tx+c tek çözümüne yakınsar ancak ve ancak

ρ(T ) < 1

Teorem 2.2.4 ||.|| herhangi bir norm olmak üzere ||T || < 1 ve {x(k)}∞k=0

dizisix(k) = Tx(k−1) + c, k = 1, 2, · · ·

ile tanımlansın. Bu dizi x(0) ∈ Rn baslangç vektörü için x∗ ∈ Rn yakınsarve

||x∗ − x(k)|| ≤ ||T k||||x(0) − x||

||x∗ − x(k)|| ≤ ||T ||k

1− ||T ||||x(1) − x(0)||

hata sınırlarına sahiptir.

Örnek 2.2.418x1 − x2 + 3x3 = 1x1 − 5x2 − x3 = 03x1 + x2 + 6x3 = 2

lineer denklem sistemi için Jacobi ve Gauss-Seidel iterasyon yöntemleriyakınsar mı?

x(k) = Tx(k−1) + c, k = 1, 2, · · · iterasyonunda T matrisini bulalım. Jacobiiterasyon yöntemi için iterasyonlar

x(k+1)1 = 1

8x(k)2 − 3

8x(k)3 + 1

8

x(k+1)2 = 1

5x(k)1 − 1

5x(k)3

x(k+1)3 = −1

2x(k)1 − 1

6x(k)2 + 1

3

74


olarak elde edilir.

Gauss-Seidel iterasyon yöntemi için iterasyonlar

x(k+1)1 = 1

8x(k)2 − 3

8x(k)3 + 1

8

x(k+1)2 = 1

5x(k+1)1 − 1

5x(k)3

x(k+1)3 = −1

2x(k+1)1 − 1

6x(k+1)2 + 1

3

olarak elde edilir.

Yani, T matrisi

T =

0 18 −3

815 0 −1

5−1

2 −16 0

olur.

||T ||∞ = max1≤i≤n∑n

j=1 |tij |= max{|18 |+ | −

38 |, |

15 |+ | −

15 |, |

12 |+ | −

16 |}

= max{12 ,

25 ,

23} = 2

3 < 1

||T ||∞ < 1

oldugundan Jacobi ve Gauss-Seidel iterasyon yöntemlerinde yakınsamaolur.

Ax = b

lineer denklem sisteminin çözümünde kullanılan Jacobi iterasyon yön-temi için

T = ||D−1(L+ U)||

olur. Yakınsama için||T || < 1

olması gerekir. Örnegin,

||D−1(L+ U)|| = maxi

{∑nj=1,j 6=i |aij ||aii|

}olarak hesaplanır. Buna göre

n∑j=1,j 6=i

|aij | < |aii|

kosulu saglanırsa Jacobi iterasyon yöntemi yakınsar. Bu sartı sagla-yan matrislere kesin kösegen baskın matris denir. Aynı durum Gauss-Seidel iterasyon yöntemi için de geçerlidir.

75


Tanım 2.2.10 (Kösegen Baskın Matris/Diagonally Dominant Matrix)

nxn bouytlu A = [aij ] matrisi eger i = 1, 2, · · · , n için

n∑j=1,j 6=i

|aij | ≤ |aii|

kosulunu saglıyorsa Amatrisine kösegen baskın/diagonally dominantmatris denir.

Eger i = 1, 2, · · · , n içinn∑

j=1,j 6=i|aij | < |aii|

saglanıyorsa, A matrisine kesin kösegen baskın/strictly diagonallydominant matris denir.

Örnek 2.2.42

A =

7 2 03 5 −10 5 −6

veB =

6 4 −34 −2 0−3 0 1

verilmis olsun.

A matrisi|2|+ |0| < |7||3|+ | − 1| < |5||0|+ |5| < | − 6|

kosulunu sagladıgından kesin kösegen baskın matristir.

B matrisi|4|+ | − 3| < |6|

saglamadıgından kösegen baskın matris degildir.

Teorem 2.2.5 nxn boyutunda A = [aij ] matrisi kesin kösegen baskınmatris ise

(1) A matrisinin tersi vardır, A−1 vardır.

(2) A matrisinin LU ayrısımı vardır.

Teorem 2.2.6 Ax = b lineer denklem sisteminde, A katsayılar matrisikesin kösegen baskın matris ise

(i) Jacobi iterasyonu

(ii) Gauss-Seidel iterasyonu

76


ile olusturulan dizi herhangi bir baslangıç vektörü için Ax = b denklemsisteminin çözümüne yakınsar.

Örnek 2.2.43 Örnegin

10x1 − x2 = 9−x1 + 10x2 − 2x3 = 7−2x2 + 10x3 = 6

lineer denklem sisteminin katsayılar matrisi

A =

10 −1 0−1 10 −20 −2 10

kesin kösegen matris oldugu için verilen denklem sistemi için

(i) Jacobi iterasyonu(ii) Gauss-Seidel iterasyonu

ile olusturulan dizi herhangi bir baslangıç vektörü için denklem sistemininçözümüne yakınsar.

2.2.5 Hata, Rezidü, Norm ve Kosul Sayısı (Error, Residu, Norm andCondition Number)

Denklem sistemleri nümerik çözümünün nadiren tam çözümü vardır.Direk yöntemler (Gauss eleme, Gauss-Jordan, LU ayrısımı) tam olma-sına ragmen yuvarlama hataları olusabilir. Bu durum özellikle büyükve kötü kosullu sistemlerde dogrudur. Iterasyon yöntemlerle elde edilençözümler dogal olarak yaklasık çözümlerdir.Özellikle kötü kosullu sistemlerde ve büyük boyutlu sistemlerde hataönemli hale gelir. Burada sayısal yöntemle elde edilen sayısal bir çö-zümdeki hatanın genliginin tahmin edilmesi için neler yapılması gerek-tigi anlatılacaktır. Bu bölümde bir nümerik çözümün dogrulugunu veyahatanın büyüklügünü tahmin etmeyi gösteren ölçümler anlatılacaktır.HataAx = b lineer denklem sisteminin gerçek çözümü xg, sayısal çözüm xsolsun. Bu durumda hata

e = xg − xsolur. Ancak gerçek hata, gerçek çözüm degeri bilinmiyorsa dogru olarakhesaplanamaz. Çözümün hassaslıgının belirlenmesinde alternatif ola-rak rezidü degeri kullanılır. Rezidü

r = Axg −Axs = b−Axsolarak tanımlanır.

77


Örnek 2.2.440.0004x1 + 19.78x2 = 19.7808

0.5432x1 + x2 = 2.0864

lineer denklem sisteminin gerçek çözümü xg =

[21

], sayısal çözümü

xs =

[3.6819

1

]olsun. Bu durumda hata

e = xg − xs =

[−1.6819

0

]ve rezidü

r = b−Axs =

[19.78082.0864

]−[

0.0004 19.780.5432 10

] [3.6819

1

]=

[−0.0007−0.9136

]olur.

Hata Sınırlarının Bulunmasında Normların Kullanımı

e = xg − xsr = Axg −Axs = A(xg − xs) = Aer = Ae =⇒ e = A−1r

||r|| = ||Ae|| ≤ ||A||||e|| =⇒ ||r||||A||

≤ ||e||

Eger son esitsizligin her iki tarafını da 1||xg || ile çarparsak

1

||A||||b||||xg||

||r||||b||≤ ||e||||xg||

≤ ||A−1|| ||b||||xg||

||r||||b||

Burada ||e||||xg || rölatif hata (relative error)dır.

Axg = b =⇒ ||Axg|| = ||b|| =⇒ ||b|| = ||Axg|| ≤ ||A||||xg|| =⇒ ||b||||xg||

≤ ||A||

elde edilir.

Ayrıca

Axg = b =⇒ xg = A−1b =⇒ ||xg|| = ||A−1b|| ≤ ||A−1|||b|| =⇒ ||b||||xg||

≥ ||A−1||

78


elde edilir.

Bunlar kullanılarak hata için üst sınır ve alt sınır asagıdaki gibi eldeedilmis olur:

1

||A||||A−1||||r||||b||≤ ||e||||xg||

≤ ||A−1||||A|| ||r||||b||

Burada gerçek rölatif (bagıl) hata için alt ve üst sınır elde edilmistir.Gerçek rölatif hata bu sınırlar arasında yer almak zorundadır. Bunarölatif hatanın genligi denir.

BuradacondA = ||A||||A−1||

sayısına A matrisinin kosul sayısı/condition number denir.

Bu durumda son esitsizlik

1

condA

||r||||b||≤ ||e||||xg||

≤ condA ||r||||b||

biçiminde de yazılabilir.

Matrisin kosul sayısı

(i) Problemin çözümü, problemi tanımlayan parametrelerdeki küçükdegisikliklere çok hassas ise problem kötü kosulludur/bad condi-tioned.

(ii) Matrisi içeren problemler için, örnegin lineer denklem sistemi çözme,matrisin kosul sayısını bulmak hassasiyeti göstermek için kulla-nıslı olabilir.

(iii) Kosul sayısı birim matris için 1’dir. Herhangi bir matrisin kosul sa-yısı 1 veya daha büyüktür.

Örnek 2.2.45

10x1 − x2 + x3 − 3x4 = 13−2x1 + 15x2 − 3x3 + 0.5x4 = 422x1 − 4x2 + 11x3 + 1.5x4 = −13

0.5x1 − 2.5x2 + 5.5x3 − 15x4 = 22

lineer denklem sistemi için gerçek çözüm ve sayısal çözümler

xg =

130−2

, xs =

1.00763.0029−0.162−1.9244

olarak verilsin.

79


(a) Gerçek hata (e) ve rezidü (r) degerini,(b) xg, e, r ve b vektörleri için sonsuz normu(c) Sonsuz norm için A matrisinin kosul sayısını bulunuz.(d) Rölatif hata için üst ve alt sınırları dikkate alarak sonuçları degerlen-

diriniz.

(a)

e = xg − xs =

130−2

−

1.00763.0029−0.162−1.9244

=

−0.0076−0.0029

0.162−0.00756

r = Ae =

10 −1 1 3−2 15 −3 0.52 −4 11 1.5

0.5 −2.5 5.5 −15

−0.0076−0.0029

0.162−0.00756

=

0.3157−0.55211.66502.0284

(b)

||xg||∞ = max1≤i≤4 |xgi | = max{|1|, |3|, |0|, | − 2|} = 3||e||∞ = max1≤i≤4 |ei| = 0.162||r||∞ = max1≤i≤4 |ri| = 2.0284||b||∞ = max1≤i≤4 |bi| = 42

(c) Kosul sayısıcondA = ||A||∞||A−1||∞

Bunun için A−1 bulunmalıdır, elementar satır islemleri ile veya bilgi-sayar programı (örnegin MATLAB ile) bulunabilir.

A−1 =

0.1014 0.039 0.0018 −0.020.0108 0.0725 0.0178 0.002−0.014 0026 0.0928 0.0129−0.0036 −0.0024 0.0311 −0.0629

Bu durumda sonsuz norm satır elemanlarının mutlak degerleri top-lamının en büyügü oldugu için

||A||∞ = max1≤i≤n

n∑j=1

|aij | = max{|15|, |20.5|, |18.5|, |23.5|} = 23.5

olur.||A−1||∞ = 0.1457

olarak elde edilir. Bu durumda kosul sayısı

condA = ||A||∞||A−1||∞ = 3.424

olur.

80


(d)1

condA||r||||b|| ≤

||e||||xg || ≤ condA

||r||||b||

=⇒ 13.424

2.028442 ≤ ||e||

||xg || ≤ 3.4242.028442

=⇒ 0.0141 ≤ ||e||||xg || ≤ 0.1654

olur. Gerçek rölatif hata 0.0141 ve 0.1654 arasında olmalıdır. Gerçekrölatif hata

||e||||xg||

=0.162

3= 0.054

olup yukarda hesaplanan alt ve üst sınır arasında yer almaktadır.

Kötü Kosullu Denklem Sistemleri/Ill-conditioned systems of linearequations

Katsayılar matrisinin tekil (tersi olmayan/singular) bir matrise çok ya-kın olması, böyle bir durumu ortaya çıkarır. Katsayılardaki veya sagtaraf sabit vektördeki küçük degisiklikler, sistemin çözümünde büyükdegisikliklere sebep olur. Katsayılar matrisinin kosul sayısının 1’den çokbüyük olması denklem sisteminin kötü kosullu/ill-conditioned oldu-gunu gösterir.

Örnek 2.2.4610x1 − 4x2 = 10

−18.5x1 + 7.25x2 = −20

denklem sistemi kötü kosullu mudur? a21 = −18.4 alarak denklem sis-temini çözünüz. Sonsuz ve 1-normuna göre katsayılar matrisinin kosulsayısını bulunuz.

Verilen denklem sistemini Cramer kuralı ile çözelim.

detA =

∣∣∣∣ 10 −4−18.5 7.25

∣∣∣∣ = −1.5 6= 0

x1 =

∣∣∣∣ 10 −4−20 7.25

∣∣∣∣−1.5

=−7.5

−1.5= 5, x2 =

∣∣∣∣ 10 10−18.5 −20

∣∣∣∣−1.5

=−15

−1.5= 10

Verilen denklem sisteminde katsayılar matrisinde a21 = −18.5’dur. Bu kat-sayı degerinde küçük bir degisiklik yapıp a21 = −18.4 alalım. Bu degisimdenklem sisteminin çözümünü nasıl etkiledigine bakalım.

x1 =

∣∣∣∣ 10 −4−20 7.25

∣∣∣∣∣∣∣∣ 10 −4−18.4 7.25

∣∣∣∣ =−7.5

−1.1= 6.82, x2 =

∣∣∣∣ 10 10−18.5 −20

∣∣∣∣∣∣∣∣ 10 −4−18.4 7.25

∣∣∣∣ = 14.55

81


olur. Görüldügü gibi katsayıdaki küçük bir degisiklik çözüm üzerinde bü-yük degismelere sebep olmustur. Bu nedenle denklem sistemi kötü kosul-ludur.

A =

[10 −4−18.5 7.25

], A−1 =

1

−1.5

[7.25 418.5 10

]Bu durumda sonsuz norma göre kosul sayısı

||A||∞ = 26, ||A−1||∞ = 19 =⇒ condA = (26)(19) = 494 > 1

olur. Bu kosul sayısı 1’den çok büyüktür. 1-normuna göre kosul sayısı

||A||1 = 28.5, ||A−1||1 = 17.1666 =⇒ condA = (28.5)(17.1666) = 489.25 > 1

Bu kosul sayısı 1’den çok büyüktür. Denklem sistemi kötü kosulludur.

Kosul sayısı bir matrisin ne kadar iyi kosullu oldugunu ölçer. Kosul sa-yısı büyük ise matris kötü kosulludur. Kosul sayısı bire yakın ise iyikosullu olarak adlandırılır. Birden önemli derecede büyük ise kötü ko-sullu olarak adlandırılır.

82


2.2.6 Alıstırmalar

(1) Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümünü (varsa) Cramer ku-ralı ile bulunuz.

2x1 − x2 + 3x3 = 94x1 + 3x2 + 5x3 = 27

x1 + 4x2 = 9

C: x1 = −3, x2 = 3, x3 = 6

(2) Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümünü (varsa) Cramer ku-ralı ile bulunuz.

x1 + x2 + x3 = 62x1 + 4x2 + 2x3 = 16−x1 + 5x2 − 4x3 = −3

C: x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3

(3) Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümü varsa Gauss elemeyöntemi ile bulunuz.

x1 + 2x2 + x3 + 4x4 = 132x1 + 4x3 + 3x4 = 28

4x1 + 2x2 + 2x3 + x4 = 20−3x1 + x2 + 3x3 + 2x4 = 6

C: x1 = 3, x2 = −1, x3 = 4, x4 = 2

(4) Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümünü Gauss eleme yön-temi ile bulunuz.

2x1 − 3x2 − 4x3 + 5x4 = 4−x1 − 5x2 + 2x3 − 10x4 = −29x1 + 4x2 − 3x3 − x4 = 16−x1 + x2 + 5x3 − 2x4 = −6

C: x1 = 2, x2 = 3, x3 = −1, x4 = 1


2x1 − 4x2 + x3 = −44x1 − 8x2 + 7x3 = 2−2x1 + 4x2 − 3x3 = 5

C: Çözüm yoktur.

83



3x1 + 6x2 − 9x3 = 152x1 + 4x2 − 6x3 = 10−2x1 − 3x2 + 4x3 = −6

C: Sonsuz çözüm vardır. Çözüm kümesi

S = {(−3− t, 4 + 2t, t) : t ∈ R}

olur.

(7)0.0003x1 + 59.14x2 = 59.175.291x1 − 6.13x2 = 46.78

Denklem sisteminin gerçek çözümü

x1 = 10, x2 = 1

olarak verilmistir. Gauss eleme ile ve pivotlama ile Gauss elemeçözümü bulunuz.

C: Gauss eleme ile x1 = −9.713, x2 = 1.001 bulunur. Pivotlama ileGauss eleme ile gerçek çözüm bulunur.

(8) Asagıdaki lineer denklem sisteminin çözümünü varsa Gauss-Jordaneleme yöntemi ile bulunuz.

2x1 − x2 + 3x3 = 94x1 + 3x2 + 5x3 = 27

x1 + 4x2 = 9

C: x1 = −3, x2 = 3, x3 = 6


x1 + x2 + x3 = 1−x1 − x2 + x3 = 3x1 + x2 + 2x3 = 5

C: Çözüm yoktur.


x1 + x2 + x3 = 2−x1 − x2 + x3 = 0x1 + x2 + 2x3 = 3

C: Sonsuz çözüm vardır. S = {(1− t, t, 1) : t ∈ R}

84


(11) A matrisi

A =

1 2 3 44 3 2 11 1 2 22 2 1 1

olsun. A matrisinin determinantını elementar satır islemlerini kul-lanarak bulunuz.

C: detA = 0

(11) A matrisi

A =

2 4 2 14 3 0 −1−6 0 2 00 1 1 2

olsun. A matrisinin determinantını elementar satır islemlerini kul-lanarak bulunuz.

C: detA = 14

(12) A matrisi

A =

1 −1 01 0 −16 −2 −3

olsun. A matrisinin tersini (varsa) elementar satır islemlerini kulla-narak bulunuz.

C:

A−1 =

−2 −3 1−3 −3 1−2 −4 1

(13) A matrisi

A =

1 2 3 44 3 2 11 1 2 22 2 1 1

olsun. A matrisinin tersi (varsa) elementar satır islemlerini kulla-narak bulunuz.

C: A matrisinin tersi yoktur.

(14)

A =

2 2 35 9 104 1 2

85


matrisinin LU çarpanlarını (A = LU olacak sekilde L:alt üçgen, U:üst üçgen matrislerini) Gauss eleme yöntemi kullanarak bulunuz.

C: L =

1 0 052 1 02 −3

4 1

, U =

2 2 30 4 5

20 0 −17

8

(15)

A =

2 4 −61 5 31 3 2

matrisinin LU çarpanlarını Doolittle yöntemi kullanarak bulunuz.

C: L =

1 0 012 1 012

13 1

, U =

2 4 −60 3 60 0 3

(16)

A =

1 2 32 7 21−1 −1 6

matrisinin LU çarpanlarını Crout yöntemi kullanarak bulunuz.

C: L =

1 0 02 3 0−1 1 4

, U =

1 2 30 1 50 0 1

(17)

3x1 + 4x2 + 2x3 = 155x1 + 2x2 + x3 = 182x1 + 3x2 + 2x3 = 10

lineer denklem sistemini Doolittle LU ayrısımı kullanarak çözü-nüz.

C: L =

1 0 053 1 023 −1

4 1

, U =

3 4 20 −14

3 −73

0 0 12

olur. Önce Ly = b çözü-

lür. y =

15−7−1

2

bulunur. Sonra Ux = y çözülür. Denklem sisteminin

çözümüx1 = 3, x2 = 2, x3 = −1

olur.

86


(18)x1 + 2x2 + 3x3 = 19

2x1 + 7x2 + 21x3 = 116−x1 − x2 + 6x3 = 27

lineer denklem sistemini Crout LU ayrısımı kullanarak çözünüz.

C: L =

1 0 02 3 0−1 1 4

, U =

1 2 30 1 50 0 1

olur. Denklem sisteminin çö-

zümüx1 = 2, x2 = 1, x3 = 5

olur.

(19)

A =

4 2 142 17 −514 −5 83

matrisinin pozitif tanımlı oldugunu gösterin.

(19)

A =

4 −1 1−1 4.25 2.751 2.75 3.5

pozitif tanımlı matrisini Cholesky Yöntemi ile A = LLT seklindeçarpanlara ayırınız.

C: L =

2 0 0−0.5 2 00.5 1.5 1

(20)

−5x1 − x2 + 2x3 = 12x1 + 6x2 − 3x3 = 22x1 + x2 + 7x3 = 32

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0) alarakJacobi iterasyon yöntemi ile ilk iki noktayı bulunuz.

C: x(1) = (−0.2, 0.3333, 4.5714), x(2) = (1.5619, 2.6857, 4.5810)

(20)9x1 + x2 + x3 = 10

2x1 + 10x2 + 3x3 = 193x1 + 4x2 + 11x3 = 0

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0) alarakJacobi iterasyon yöntemi ile ilk iki noktayı bulunuz.

C: x(1) =(

109 ,

1910 , 0

), x(2) =

(−19

90 ,15190 ,

984990

)

87


(21)4x1 − x2 + x3 = 74x1 − 8x2 + x3 = −21−2x1 + x2 + 5x3 = 15

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0), ε = 0.0001alarak Gauss-Seidel iterasyon yöntemi çözünüz. Gerçek çözümx∗ = (2, 4, 3) olarak verilmistir. Yakınsama için kaç iterasyon gerek-lidir bulunuz.

C:iterasyon x1 x2 x3 ε

0 0 0 0 0.0001

1 1.75 3.5 3 0.0001

2 1.875 3.9375 2.9625 0.0001

3 1.99375 3.992188 2.999063 0.0001

4 1.998281 3.999023 2.999508 0.0001

5 1.999879 3.999878 2.999976 0.0001

6 1.999975 3.999985 2.999993 0.0001

7 1.999998 3.999998 3 0.0001

8 2 4 3 0.0001

(22)4x1 − x2 − x3 = 3−2x1 + 6x2 + x3 = 9−x1 + x2 + 7x3 = −6

lineer denklem sistemini baslangıç noktasını x(0) = (0, 0, 0) alarakGauss-Seidel iterasyon yöntemi ile ilk iki noktayı bulunuz.

C: x(1) = (0.75, 1.75,−1), x(2) = (0.938, 1.979,−1.006)

(23)13x1 + 5x2 − 3x3 + x4 = 182x1 + 12x2 + x3 − 4x4 = 133x1 − 4x2 + 10x3 + x4 = 292x1 + x2 − 3x3 + 9x4 = 31

lineer denklem sisteminin çözümü için Jacobi ve Gauss-Seidel yön-temleri yakınsar mı? Neden?

C: Iki yöntemde yakınsar, çünkü katsayılar matrisi A kesin kösegenbaskın matristir.

(24)9x1 − 2x2 + 3x3 + 2x4 = 54.52x1 + 8x2 − 2x3 + 3x4 = −14−3x1 + 2x2 + 11x3 − 4x4 = 12.5−2x1 + 3x2 + 2x3 + 10x4 = −21

88


lineer denklem sistemi için gerçek çözüm ve sayısal çözümler

xg =

5−22.5−1

, xs =

4.98805−1.995112.49806−1.00347

olarak verilsin.

(a) Gerçek hata (e) ve rezidü (r) degerini,

(b) xg, e, r ve b vektörleri için sonsuz normu

(c) Sonsuz norm için A matrisinin kosul sayısını bulunuz.

(d) Rölatif hata için üst ve alt sınırları dikkate alarak sonuçları de-gerlendiriniz.

C:

(b) ||xg||∞ = 5, ||e||∞ = 0.0119, ||r||∞ = 0.13009, ||b||∞ = 54.5

(c) condA = ||A||∞||A−1||∞ = 20(0.1902) = 3.804

(d) 6.275x10−4 ≤ ||e||||xg || ≤ 0.00908 burada ||e||

||xg || = 0.00238.

(25)x1 + 2x2 = 4

2x1 + 3.999x2 = 2.999

denklem sistemi kötü kosullu mudur? b =

[4.0012.998

]alarak denklem

sistemini çözünüz. Sonsuz ve 1-normuna göre katsayılar matrisininkosul sayısını bulunuz.

C: Gerçek çözüm: x1 = 2, x2 = 1, b degisince çözüm x1 = −3.999, x2 =4.00 kötü kosulludur. Sonsuz norma göre condA = 3.5988x104, 1-norma göre kosul sayısı condA = 3.5988x104 kosul sayısı birden çokbüyüktür. Kötü kosulludur.

(26)2x1 − 6αx2 = 33αx1 − x2 = 3/2

denklem sistemi için

(a) tek çözümü

(b) çözümsüz olmasını

(c) sonsuz çözüm olmasını

saglayan α deger/degerlerini bulunuz.

C: (a) α ∈ R \{−1

3 ,13

}için tek çözüm vardır. (b) α = −1

3 için çözümyoktur. (c) α = 1

3 için sonsuz çözüm vardır.

89

3 Sayısal Türev (NumericalDifferentiation)

Türev kavramı sayısal analizin temel konularından biridir. Analitik ola-rak türevin hesaplanmasının uzun ve zor oldugu durumlarda sayısaltürev yöntemleri kullanılmaktadır. Fonksiyonun kendisinin degilde sa-dece belirli noktalardaki degerinin bilindigi durumlarda da sayısal türevformülleri ile istenen noktada türeve bir yaklasım elde edilebilir. Türevingeometrik yorumuna bakıldıgında, belirli bir noktadaki türev fonksiyo-nun o noktadaki çizilen teget dogrusunun egimidir. Fiziksel dünyada isebir gözlemler/ölçümler degerinin türevi, ölçülen veya gözlenen degerle-rin uzaklıga veya zamana baglı degisimini yansıtır. Yani türev fizikseldünyadaki degisimlerin belirlenmesi esasına dayanır. Türev, bir niceli-gin nasıl bir hızla degistiginin belirlenmesini saglar, bize özel anla ilgilibilgi verir. Sayısal türev örnegin adi ve kısmi diferansiyel denklemlerinsayısal çözümleri için yöntem elde etmekte kullanılmaktadır.

y = f(x) fonksiyonunun türevi

dy

dx, y′,df

dxveya f ′(x)

ile gösterilir. Belirli bir x = x0 noktasındaki türevi

dy

dx|x=x0 , y

′|x=x0 ,df

dx|x=x0veya f ′(x0)

ile gösterilir.

Tanım 3.0.1 (Türev)

f fonksiyonunun x = x0 noktasındaki türevi limitin varlıgının garantisialtında

f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h

olarak tanımlıdır.

Bu formül kullanılarak h’nin yeterince küçük degerleri için

f(x0 + h)− f(x0)

h

91

Sayısal Türev (Numerical Differentiation)

oranının f ′(x0) türevine bir yaklasım oldugunu söylemek mümkündür.

Taylor Seri Açılımı Kullanarak Sayısal Türev

f(x) fonksiyonunun x0 + h noktasındaki Taylor serisinin ilk üç terimi

f(x0 + h) = f(x0) + hf ′(x0) +h2

2f′′(c), c ∈ (x0, x0 + h)

olarak yazılır. Bu denklemi f ′(x0) için çözersek

f ′(x0) =f(x0 + h)− f(x0)

h− h

2f′′(c)

burada h2f′′(c) hata terimidir. Burada hata terimi h ile orantılıdır. Hata

h küçüldükçe önce azalacak, ancak bir süre sonra yuvarlama hataları(round-off error) önemli olmaya baslayınca artmaya baslayacaktır. Bu-radaki hata kesme hatasıdır. Taylor serisi üç terimden sonra kesilmistir.

Eger hata terimi h2f′′(c) ihmal edilirse

f ′(x0) ≈ f(x0 + h)− f(x0)

h

yaklasımı elde edilir. Bu yaklasıma ileri fark formulü/forward diffe-rence formula denir.

c noktası bilinmediginden hata teriminin hesaplanması mümkün degil-dir. Fakat eger tüm x ∈ (x0, x0 + h) degerleri için

|f ′′(x)| ≤M

kosulu saglanıyorsa f(x0+h)−f(x0)h oranının f ′(x0) degerine

M |h|2

hata sınırına sahip bir yaklasım oldugu sonucu elde edilir.

Benzer sekilde f(x) fonksiyonunun x0 − h noktasındaki Taylor serisininilk üç terimi

f(x0 − h) = f(x0)− hf ′(x0) +h2

2f′′(c), c ∈ (x0 − h, x0)

olarak yazılır. Bu denklemi f ′(x0) için çözersek

f ′(x0) =f(x0)− f(x0 − h)

h+h

2f′′(c)

92


𝒙𝟎 + 𝒉 𝒙𝟎 𝒙𝟎 − 𝒉

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y

𝒇′(𝒙𝟎) eğimi

𝒇(𝒙𝟎+𝒉)−𝒇(𝒙𝟎)

𝒉 eğimi

𝒇(𝒙𝟎)

𝒇(𝒙𝟎 + 𝒉)

𝒇(𝒙𝟎 + 𝒉) − 𝒇(𝒙𝟎)

𝒉

Sekil 3.1: Ileri fark formulü

burada h2f′′(c) hata terimidir. Burada da benzer sekilde hata terimi h ile

orantılıdır. Hata h küçüldükçe önce azalacak, ancak bir süre sonra yu-varlama hataları önemli olmaya baslayınca artmaya baslayacaktır. Bu-radaki hata kesme hatasıdır. Taylor serisi üç terimden sonra kesilmistir.

Eger hata terimi h2f′′(c) ihmal edilirse

f ′(x0) ≈ f(x0)− f(x0 − h)

h

yaklasımı elde edilir. Bu yaklasıma geri fark formulü/backward diffe-rence formula denir.

c noktası bilinmediginden hata teriminin hesaplanması mümkün degil-dir. Fakat eger tüm x ∈ (x0 − h, x0) degerleri için

|f ′′(x)| ≤M

kosulu saglanıyorsa f(x0)−f(x0−h)h oranının f ′(x0) degerine

M |h|2


f ′(x0) için daha iyi bir yaklasım elde etmek istersek Taylor serilerindedaha fazla terim alarak

93


𝒙𝟎 + 𝒉 𝒙𝟎 𝒙𝟎 − 𝒉

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y


𝒇(𝒙𝟎)−𝒇(𝒙𝟎−𝒉)

𝒉 eğimi

Sekil 3.2: Geri fark formulü

f(x0 +h) = f(x0)+hf ′(x0)+h2

2!f′′(x0)+

h3

3!f′′′

(x0)+h4

4!f (4)(c1), c1 ∈ (x0, x0 +h)

f(x0−h) = f(x0)−hf ′(x0)+h2

2!f′′(x0)− h

3

3!f′′′

(x0)+h4

4!f (4)(c2), c2 ∈ (x0−h, x0)

Burada terim terim çıkarma yaparsak

f(x0 + h)− f(x0 − h) = 2hf ′(x0) +2h3

3!f′′′

(c), c ∈ (x0 − h, x0 + h)

olur. Bu denklemi f ′(x0) için çözersek

f ′(x0) =f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h− h2

3!f′′′

(c), c ∈ (x0 − h, x0 + h)

elde edilir. Burada hata terimi h2 ile orantılıdır. h küçüldükçe hata terimiileri ve geri fark formüllerine göre daha hızlı azalır.

f ′(x0) degeri için

f ′(x0) ≈ f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h

yaklasımına merkezi fark formulü/central difference formula denir. c

94


𝒙𝟎 + 𝒉 𝒙𝟎 𝒙𝟎 − 𝒉

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y


𝒇(𝒙𝟎+𝒉)−𝒇(𝒙𝟎−𝒉)

𝟐𝒉

eğimi

Sekil 3.3: Merkezi fark formulü

noktası bilinmediginden hata teriminin hesaplanması mümkün degildir.Fakat eger tüm x ∈ (x0 − h, x0 + h) degerleri için

|f ′′′(x)| ≤M

kosulu saglanıyorsa f(x0+h)−f(x0−h)2h oranının f ′(x0) degerine

Mh2

6


Örnek 3.0.1 h = 0.1 ve h = 0.05 alarak ileri fark, geri fark ve merkezi farkformülleri yardımıyla x0 = 1 noktasında f(x) = x3 fonksiyonunun türevdegerine yaklasımlarını bulunuz. Her bir h degeri için olusan rölatif hatayüzdesi hesaplayınız. Mutlak hataları ve hata sınırlarını hesaplayalım.

(a) h = 0.1 alınırsa x0 = 1, x0 + h = 1.1, x0 − h = 0.9:

Ileri fark: f ′(1) ≈ f(1.1)−f(1)0.1 = (1.1)3−13

0.1 = 1.331−10.1 = 3.31

Geri fark: f ′(1) ≈ f(1)−f(0.9)0.1 = 13−(0.9)3

0.1 = 1−0.7290.1 = 2.71

Merkezi fark: f ′(1) ≈ f(1.1)−f(0.9)2(0.1) = (1.1)3−(0.9)3

0.2 = 1.331−0.7290.2 = 3.01

yaklasımları bulunur.

95


(b) h = 0.05 alınırsa x0 = 1, x0 + h = 1.05, x0 − h = 0.95:

Ileri fark: f ′(1) ≈ f(1.05)−f(1)0.05 = (1.05)3−13

0.05 = 3.1525

Geri fark: f ′(1) ≈ f(1)−f(0.95)0.05 = 13−(0.95)3

0.05 = 2.8525

Merkezi fark: f ′(1) ≈ f(1.05)−f(0.95)2(0.05) = (1.05)3−(0.95)3

2(0.05) = 3.0025

yaklasımları bulunur.

Gerçek türevf(x) = x3 =⇒ f ′(x) = 3x2 =⇒ f ′(1) = 3

olur.

Rölatif (bagıl) hata yüzdeleri ve mutlak hatalar, hata sınırları:

(a) h = 0.1 için

Ileri fark: εr = |3−3.31||3| x100 = %10.33, εm = |3− 3.31| = 0.31

Geri fark: εr = |3−2.71||3| x100 = %9.66, εm = |3− 2.71| = 0.29

Merkezi fark: εr = |3−3.01||3| x100 = %0.333, εm = |3− 3.01| = 0.01

olarak hesaplanır. Merkezi fark formülü ile hesaplanan daha küçükhata vermistir.

Hata sınırları için, f ′(x) = 3x2, |f ′(x)| ≤ 6.6, x ∈ [1, 1.1] oldugundan ilerifark için hata sınırı

E ≤ 6.6(0.1)

2= 0.33

f ′(x) = 3x2, |f ′(x)| ≤ 6, x ∈ [0.9, 1] oldugundan geri fark için hata sınırı

E ≤ 6(0.1)

2= 0.3

f′′′

(x) = 6, |f ′′′(x)| ≤ 6, x ∈ [0.9, 1.1] oldugundan merkezi fark için hatasınırı

E ≤ 6(0.1)2

6= 0.01

(b) h = 0.05 için

Ileri fark: εr = |3−3.1525||3| x100 = %5.08, εm = |3− 3.1525| = 0.1525

Geri fark: εr = |3−2.8525||3| x100 = %4.916, εm = |3− 2.8525| = 0.1475

Merkezi fark: εr = |3−3.0025||3| x100 = %0.0833, εm = |3− 3.0025| = 0.0025

96


olarak hesaplanır. h = 0.05 için hatalar daha da azalmıstır. Merkezifark formülü ile hesaplanan daha küçük hata vermistir.

Hata sınırları için, f ′(x) = 3x2, |f ′(x)| ≤ 6.3, x ∈ [1, 1.05] oldugundanileri fark için hata sınırı

E ≤ 6.3(0.1)

2= 0.31

f ′(x) = 3x2, |f ′(x)| ≤ 6, x ∈ [0.95, 1] oldugundan geri fark için hatasınırı

E ≤ 6(0.1)

2= 0.3

f′′′

(x) = 6, |f ′′′(x)| ≤ 6, x ∈ [0.95, 1.05] oldugundan merkezi fark içinhata sınırı

E ≤ 6(0.05)2

6= 0.025

Örnek 3.0.2 h = 0.1 ve h = 0.01 alarak ileri fark yardımıyla x0 = 1.8noktasında f(x) = lnx fonksiyonunun türev degerine yaklasımlarını bulu-nuz. Her bir h degeri için yaklasımda olusan hataya ait sınır belirleyiniz.h = 0.1 için

f ′(1.8) ≈ f(1.8 + 0.1)− f(1.8)

0.1=

ln 1.9− ln 1.8

0.1= 0.5406722127 = y

olarak hesaplanır.

h = 0.01 için

f ′(1.8) ≈ f(1.8 + 0.01)− f(1.8)

0.01=

ln 1.81− ln 1.8

0.01= 0.5540180376 = y

olarak hesaplanır.

Gerçek türev degeri

f(x) = lnx =⇒ f ′(x) =1

x=⇒ f ′(1.8) =

1

1.8= 0.5 = y∗

olur. Bulunan degerlerin gerçek türev degerine yakın oldugu gözlemlen-mektedir. Ikinci mertebeden türev

f′′(x) = − 1

x2

olup bu fonksiyonun (1.8, 1.8 + h) aralıgındaki maksimum (en büyük) de-geri x = 1.8 noktasında olur. Bu nedenle x ∈ (1.8, 1.8 + h) için

|f ′′(x)| ≤ max1.8≤x≤1.8+h

∣∣∣∣ 1

x2

∣∣∣∣ =1

(1.8)2=

25

81= 0.3086419753 = M

97


olarak bulunur.

h = 0.1 için yapılan yaklasımda olusan hatanın sınırı

E ≤ M |h|2

=25

81

0.1

2= 0.01543209877

h = 0.1 için gerçek hata E = |y∗ − y| = 0.0148833428. Gerçek hata sınırdanküçüktür. h = 0.01 için yapılan yaklasımda olusan hatanın sınırı

E =M |h|

2=

25

81

0.01

2= 0.001543209877

olarak bulunur. h = 0.01 için gerçek hata E = |y∗ − y| = 0.0015375179.Gerçek hata sınırdan küçüktür.

Ikinci Türev için Orta Nokta Formülü

f(x0+h) = f(x0)+hf ′(x0)+h2

2!f′′(x0)+

h3

3!f′′′

(x0)+h4

4!f (4)(x0)+

h5

5!f (5)(x0)+· · ·

f(x0−h) = f(x0)−hf ′(x0)+h2

2!f′′(x0)−h

3

3!f′′′

(x0)+h4

4!f (4)(x0)−h

5

5!f (5)(x0)+· · ·

Toplarsak

f(x0 + h) + f(x0 − h) = 2f(x0) + h2f′′(x0) + 2

h4

4!f (4)(x0) + · · ·

elde edilir. Buradan f′′(x0) için çözersek

f′′(x0) =

f(x0 + h)− 2f(x0) + f(x0 − h)

h2− h2

12f (4)(c), c ∈ (x0 − h, x0 + h)

olarak elde edilir.

Örnek 3.0.3 h = 0.1 için f(x) = x3 fonksiyonunun ikinci mertebeden türe-vinin yaklasık degerini x0 = 1 noktasında bulunuz. Rölatif hata yüzdesinibulunuz.

Gerçek deger

f(x) = x3 =⇒ f ′(x) = 3x2 =⇒ f′′(x) = 6x =⇒ f

′′(1) = 6

olarak bulunur.

Yaklasık deger

f′′(1) ≈ f(1.1)− 2f(1) + f(0.9)

(0.1)2= 6, εr = %0

bulunur.

98


Örnek 3.0.4 f(x) = x sinx ve h = 0.1 olmak üzere f ′′(1) degeri için biryaklasımda bulununuz. Bu yaklasımda olusan mutlak hatayı hesaplayı-nız ve hata için bir üst sınır belirleyiniz.

f(x) = x sinx, x0 = 1, h = 0.1 için

f′′(1) ≈ 1

h2[f(x0 + h)− 2f(x0) + f(x0 − h)]

≈ 1(0.1)2

[f(1.1)− 2f(1) + f(0.9)]

≈ 0.23803

olarak bulunur. Gerçek ikinci türev f(x) = x sinx ise f ′(x) = sinx + x cosxve f

′′(x) = 2 cosx− x sinx oldugundan

f′′(1) = 2 cos 1− sin 1 = 0.23913

olur. Mutlak hata

em = |0.23913− 0.23803| = 1.1x10−3

olur. Hata terimi dördüncü türevi içerdiginden f′′′

(x) = −x cosx− 3 sinx vef (4)(x) = −4 cosx+x sinx olmak üzere yaklasımda olusan hata için bir üstsınır

E ≤ h2

12max

c∈[0.9,1.1]|f (4)(c)|

esitsizligi ile verilir. Buna göre sinx ve cosx fonksiyonlarının her x için bir-den küçük ve [0.9, 1.1] aralıgında sinx fonksiyonu artan, cosx fonksiyonuise azalan oldugundan hata için üst sınır

E ≤ (0.1)2

12max

c∈[0.9,1.1]|−4 cos c+c sin c| = (0.1)2

12|−4 cos 0.9+0.9 sin 0.9| = 1.4945x10−3

olarak elde edilir.

Örnek 3.0.5 Bir ok yerden V0 = 40 m/s’lik baslangıç hızıyla dikey olarakatılırsa kat ettigi mesafeler zamana baglı olarak asagıdaki tabloda veril-mistir. Okun t = 3 saniyedeki hızını geri fark ve merkezi fark formülleriyardımıyla hesaplayınız. Gerçek hızı bulup, rölatif hata yüzdesini bulu-nuz. Okun t = 3 saniyedeki gerçek ivmesini ve yaklasık ivmesini buluprölatif hata yüzdesini hesaplayınız.

t (sn) 0 1 2 3 4y(t) (m) 0 35.1 60.4 75.9 81.6

g yerçekimi ivmesi, V0 ilk hız olmak üzere yer çekimi ivmesi altında düseyolarak hareket eden bir cismin yüksekligi

y(t) = −1

2gt2 + V0t+ y0

99


fonksiyonu ile verilir. Hızın gerçek degeri, türev alınarak bulunur:

dy

dt= V (t) = −gt+ V0

burada g = 9.8m/s2 olarak kullanılırsa t = 3. saniyedeki gerçek hız

V (3) = (−9.8)3 + 40 = 10.6 m/s

olarak bulunur.

Yaklasık hız degerini tablodan bulalım.

Geri fark: y′(3) ≈ y(3)−y(2)1 = 75.9−60.4

1 = 15.5 m/sMerkezi fark: y′(3) ≈ y(4)−y(2)

2(1) = 81.6−60.42 = 10.6 m/s

Rölatif hata yüzdeleri

Geri fark: εr = |10.6−15.5||10.6| = %46.2

Merkezi fark: εr = %0

olarak bulunur.

Gerçek ivme degeri

y′′(t) = −g = −9.8m/s2 = y

′′(3)

olur. Yaklasık ivme degeri

y′′(3) ≈ y(4)− 2y(3) + y(2)

12=

81.6− 2(75.9) + 60.4

1= −9.8m/s2

olarak bulunur. Yani, hata sıfırdır, gerçek deger ile aynı deger bulunmus-tur.

Ileri fark, geri fark, merkezi fark formülleri dısında da sayısal türeviçin formüller vardır. Bu formüller Lagrange interpolasyon polinomla-rını kullanarak bulunabilir.

Üç Nokta Formülleri

Bir f(x) fonksiyonunun x0 noktasındaki türevi için üç nokta kullanıla-rak yapılan türev yaklasımlarından bazıları asagıda verilmistir.

f ′(x0) =1

2h[f(x0 − 2h)− 4f(x0 − h) + 3f(x0)] +

h2

3f′′′

(c), c ∈ (x0 − 2h, x0)

(3.1)

100


f ′(x0) =1

2h[−3f(x0) + 4f(x0 + h)− f(x0 + 2h)] +

h2

3f′′′

(c), c ∈ (x0, x0 + 2h)

(3.2)

f ′(x0) =1

2h[f(x0 + h)− f(x0 − h)]− h2

6f′′′

(c), c ∈ (x0 − h, x0 + h) (3.3)

Sonuncu formül merkezi fark olarak bilinir.

Bes Nokta Formülleri

Bir f(x) fonksiyonunun x0 noktasındaki türevi için bes nokta kullanıla-rak yapılan türev yaklasımlarından bazıları asagıda verilmistir.

c ∈ (x0 − 2h, x0 + 2h) için

f ′(x0) =1

12h[f(x0 − 2h)− 8f(x0 − h) + 8f(x0 + h)− f(x0 + 2h)] +

h4

30f (5)(c)

(3.4)c ∈ (x0, x0 + 4h) için

f ′(x0) =1

12h[−25f(x0) + 48f(x0 + h)− 36f(x0 + 2h) + 16f(x0 + 3h)− 3f(x0 + 4h)]+

h4

5f (5)(c)

(3.5)

Örnek 3.0.6 f(x) = xex fonksiyonunun bazı noktalardaki degerleri asa-gıda verilmistir. f ′(2.0) degeri için üç nokta ve bes nokta formüllerini kul-lanarak bir yaklasımda bulununuz ve mutlak hatayı hesaplayınız.

x f(x)

1.8 10.889365

1.9 12.703199

2.0 14.778112

2.1 17.148957

2.2 19.855033

h = 0.1 için 3.2 de verilen üç nokta formülünü kullanarak

f ′(2.0) ≈ 1

2(0.1)[−3f(2.0) + 4f(2.1)− f(2.2)] = 22.032310

yaklasımı elde edilir. Bu formül ile h = −0.1 degeri için yapılan yaklasımınsonucu ise 22.054525 olarak bulunur.

101


h = 0.1 için 3.3 de verilen üç nokta formülünü kullanarak

f ′(2.0) ≈ 1

2(0.1)[f(2.1)− f(1.9)] = 22.228790

yaklasımı elde edilir. Bu formül ile h = 0.2 degeri için yapılan yaklasımınsonucu ise 22.414163 olarak bulunur.

h = 0.1 için 3.4 de verilen bes nokta formülünü kullanarak

f ′(2.0) ≈ 1

12(0.1)[f(1.8)− 8f(1.9) + 8f(2.1)− f(2.2)] = 22.166999

yaklasımı elde edilir.

Türevin gerçek degeri f ′(x) = ex(1 + x) oldugundan

f ′(2.0) = e2.0(1 + 2.0) = 22.167168

Buna göre yapılan yaklasımlarda olusan mutlak hata asagıda tablodaverilmistir:

Kullanılan formül Adım Uzunlugu Mutlak Hata3.2 üç nokta formülü h = 0.1 1.35x10−1

3.2 üç nokta formülü h = −0.1 1.13x10−1

3.3 üç nokta formülü h = 0.1 6.16x10−2

3.3 üç nokta formülü h = 0.2 2.47x10−1

3.4 bes nokta formülü h = 0.1 1.69x10−4

Türev Yaklasımında Olusan Yuvarlama Hataları

Türev hesabında hem kesme hemde yuvarlama hataları vardır. Bu du-ruma bakmak için 3.3 ile verilen üç nokta formülün ele alalım, c ∈(x0 − h, x0 + h) için

f ′(x0) =1

2h[f(x0 + h)− f(x0 − h)]− h2

6f′′′

(c)

Farz edelim ki, f(x0 +h) ve f(x0−h) ifadeleri sırası ile e(x0 +h) ve e(x0−h)yuvarlama hataları ile f(x0 + h) ve f(x0 − h) olarak hesaplansın. Dolayı-sıyla, bu yaklasımda kesme ve yuvarlamadan dolayı olusan toplam hata

f ′(x0) =1

2h

[f(x0 + h) + e(x0 + h)− f(x0 − h)− e(x0 − h)

]− h2

6f′′′

(c)

=f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h+e(x0 + h)− e(x0 − h)

2h− h2

6f′′′

(c)

102


yani

f ′(x0)− f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h=e(x0 + h)− e(x0 − h)

2h− h2

6f′′′

(c)

seklinde elde edilir. Eger e(x0± h) yuvarlama hatası bir ε > 0 sayısı ile, ffonksiyonunun üçüncü türevi bir M sayısı ile sınırlı ise∣∣∣∣∣f ′(x0)− f(x0 + h)− f(x0 − h)

2h

∣∣∣∣∣ =ε

h+h2

6M

elde edilir. h2

6 M kesme hatasını minimize etmek için h uzunlugunu azalt-mak gerekir. Fakat h degerinin azalması durumunda ε

h ile verilen yuvar-lama hatası degeri artacaktır. Dolayısıyla, pratikte, olusan yuvarlamahatasının yaklasıma etkisi göz önüne alındıgında h degerinin çok küçükolması nadiren avantajlı bir durum olarak karsımıza çıkmaktadır.

Örnek 3.0.7 f(x) = sinx fonksiyonu için verilen h degerleri için f ′(0.9)türevine

f ′(0.9) ≈ f(0.9 + h)− f(0.9− h)

2h

merkezi fark formulü kullanılarak yapılan yaklasımlar ve bu yaklasım-lar sonucu gerçek degerin f ′(0.9) = cos 0.9 = 0.62161 olup mutlak hatalarverilmistir.

h f ′(0.9) yaklasım Mutlak hata0.001 0.625 0.00339

0.002 0.6255 0.00089

0.005 0.622 0.00039

0.01 0.6215 0.00011

0.02 0.6215 0.00011

0.05 0.6214 0.00021

0.1 0.62055 0.00106

Hatalara bakıldıgında türev için en iyi yaklasımların h’nin 0.005 ile 0.05arasındaki degerleri için olustugu görülmektedir. Diger taraftan yapılanyaklasımda olusan kesme ve yuvarlama hatalarının

e(h) =ε

h+h2

6M

oldugunu biliyoruz. Simdi e(h) fonksiyonunun minimum (en küçük) dege-rini aldıgı noktayı bulalım:

e′(h) = − ε

h2+h

3M =

Mh3 − 3e

3h2= 0 =⇒ Mh3 − 3ε = 0

103


oldugundan

h =

(3ε

M

)1/3

noktası e(h) fonksiyonu minimum yapan noktadır. Bununla birlikte

e′′(h) =

2ε

h3+M

3=⇒ e

′′

((3ε

M

)1/3)> 0

sagladıgından ikinci türev teoremine göre h =(

3εM

)1/3 noktasında e(h) mi-nimum degerini alır. Ayrıca M sayısı f fonksiyonunun üçüncü türevi içinüst sınır oldugundan f(x) = sinx için f

′′′(x) = cosx dir. Buradan

M = maxx∈[0.8,1]

|f ′′′(x)| = maxx∈[0.8,1]

| cosx| = cos 0.8 = 0.69671

Yuvarlama aritmetigi ile k ondalık basamak kullanılarak yapılan bir yak-lasımda olusacak hata için bir sınır 5x10−k−1 seklinde verildiginden, 5 on-dalık basamak kullanılarak hesaplanan f degerlerinin yuvarlama hatasıiçin bir sınır ε = 5x10−6 olarak elde edilir.Yukarda hesaplanan M ve ε degerleri h ifadesinde yerine yazılırsa(

3ε

M

)1/3

=

(3(0.000005)

0.669671

)1/3

≈ 0.028

elde edilir. Buna göre h = 0.028 seçilmesi durumunda en uygun yaklası-mın yapılacagı sonucuna ulasılır.

Alıstırmalar

(1) h = 0.1 ve h = 0.05 alarak ileri fark, geri fark ve merkezi fark formül-leri yardımıyla x0 = 1.5 noktasında f(x) = 4xex fonksiyonunun türevdegerine yaklasımlarını bulunuz. Her bir h degeri için olusan rölatifhata yüzdesi hesaplayınız. Hangi yöntemle ve hangi h degeriyle eniyi sonuç elde edilmistir.C: Gerçek türev f ′(x) = 4ex + 4exx, f ′(1.5) = 44.817

h = 0.1 için

Ileri fark: f ′(1.5) ≈ 48.093, εr = %7.3Geri fark: f ′(1.5) ≈ 41.810, εr = %6.7

Merkezi fark: f ′(1.5) ≈ 44.951, εr = %0.3

h = 0.05 için

Ileri fark: f ′(1.5) ≈ 46.42, εr = %3.5Geri fark: f ′(1.5) ≈ 43.282, εr = %3.4

Merkezi fark: f ′(1.5) ≈ 44.850, εr = %0.07

En iyi sonuç h = 0.05 ve merkezi fark formulü ile elde edilmistir.

104


(2) h = 0.05 alarak x0 = 1.5 noktasında f(x) = 4xex fonksiyonununikinci mertebeden türev degerine yaklasım bulunuz. Gerçek ikincimertebe türevi bulunuz. Yaklasımdaki rölatif hata yüzdesini bulu-nuz.

C: Gerçek türev f′′(x) = 4ex(1 + x) + 4ex, f

′′(1.5) = 62.744. f

′′(1.5) ≈

62.764, εr = %0.0319

(3) Bir roketin zamana baglı olarak aldıgı mesafeler asagıdaki tablodaverilmistir. Roketin t = 4 saniyedeki hızını ileri fark, geri fark, mer-kezi fark formülleri yardımıyla hesaplayınız. Roketin t = 4 saniye-deki ivmesini bulunuz.

t (sn) 0 1 2 3 4 5y(t) (m) 0 3 9 15 40 60

Roketin aldıgı mesafenin fonksiyonu

y(t) = −0.55t5 + 6.33t4 − 24.96t3 + 40.17t2 − 18t

olarak verilmis ise t = 4 saniyedeki gerçek hızını ve ivmesini bulu-nuz. (Sayısal) Yaklasık hız ve ivme degerlerindeki rölatif hata yüz-desini hesaplayınız. Hangi yöntemle hız için en iyi sonuç elde edil-mistir?

C: Gerçek hız= 21.76 m/s, Gerçek ivme=−5m/s2

Sayısal hız degerleri ve hatalar: Ileri fark- 20 m/s, εr = %8.08, Gerifark-25 m/s, εr = %14.88, Merkezi fark-22.5 m/s, εr = %3.4 Merkezifark ile en iyi sonuç elde edilmistir. Sayısal ivme- −5m/s2, εr = %0

(4) f(x) = sinx, a = 0.5 olsun. f(x) fonksiyonunun a = 0.5 noktasındakisayısal türevini ileri fark formülü ile hesaplarsak olusan mutlakhatayı h = 10−k, k = 1, 2, · · · , 6 ve h = 10−k, k = 7, 8, · · · , 17 degerleriiçin bulunuz. Hangi h degerinden sonra mutlak hata artmaktadır?Toplam hata için

|et| ≤h

2M1 +

2ε∗

hM2, ε

∗ ≤ 6x10−6

buradaM1 = max

x∈[a,a+h]|f ′′(a)|,M2 = max

x∈[a,a+h]|f(a)|

formüllerini kullanarak h hangi seçiminde en uygun yaklasımınolacagını bulunuz.

C: Gerçek türev f ′(x) = cosx, cos(0.5) = 0.87758256 olmaktadır.

h = 10−k, k = 1, 2, · · · , 6 için mutlak hatalar

105


h Mutlak hata10−1 2.5x10−2

10−2 2.4x10−3

10−3 2.4x10−4

10−4 2.4x10−5

10−5 2.4x10−6

10−6 2.4x10−7

h = 10−k, k = 7, 8, · · · , 17 için mutlak hatalar

h Mutlak hata10−7 2.5x10−8

10−8 2.9x10−10

10−9 2.9x10−10

10−11 1.2x10−6

10−14 5.1x10−4

10−15 11x10−2

10−16 2.3x10−1

10−17 8.8x10−1

h∗ ≈ 1.7x10−8 için en uygun degerdir. olur. Ikinci tablodan da görül-dügü gibi h degeri 10−8’den küçük degerler için hata artmıstır.

106

4 Sayısal Integral (NumericalIntegration)

Integral, fiziksel degiskenlerin toplamının belirlenmesinde kullanılabil-digi gibi bir alanın veya hacmin hesaplanmasında, türev ve hız denklem-lerinin çözümlenmesinde de kullanılmaktadır. Özellikle fonksiyonlarınsadece ayrık noktalarda tanımlı olması durumunda veya analitik olarakintegrallerin hesaplanmasının zor ya da mümkün olmadıgı durumlardasayısal integral yöntemleri kullanılmaktdır. Örnegin,

I(x) =

∫ x

0

t3

et − 1dt

integrali katı bir maddenin ısı kapasitesini verir ancak integralin ana-litik ifadesi yoktur. Bu integrale sayısal integral yöntemleri ile yaklasıkdegerler bulmak mümkündür. Benzer sekilde

∫ 10 e

x2dx veya∫ π

0 cos(x2)dxintegralleri analitik olarak bulunamaz. Çünkü antitürev fonskiyonlarıyoktur. Yani türevi ex

2ve cos(x2) olan analitik bir fonksiyon bulunamaz.

Bu integral degerleri için sayısal integral yöntemleri ile yaklasık degerlerbulunabilir. ∫ b

af(x)dx

integral degeri f(x) ≥ 0 ise fonksiyonun x ∈ [a, b] aralıgı için altında kalanalanı verir. Fonksiyon negatifse, integralin mutlak degeri fonksiyonunx-ekseni ile sınırlandırdıgı alanı verir. Belirli bir aralık için fonksiyonx ekseninin altında ise integral degeri negatif olur. Toplam integralindegeri bize net alanı verir.

Sayısal integral için temel yöntemler asagıdaki basit fikre dayanır:

(a) f(x) fonksiyonuna [a, b] aralıgı için herhangi bir polinom p(x) yak-lasımı yapın. Örnegin, Lagrange interpolasyon polinomu (Lagrangeinterpolation polynomial).

(b) [a, b] aralıgında polinomun integralini alın.

I =

∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

ap(x)dx

107

Sayısal Integral (Numerical Integration)

∫ ba f(x)dx integral degerine yapılan en temel yaklasım

∑ni=0 cif(xi) top-

lamı ile elde edilen sayısal alan hesabı metodur.

Tanım 4.0.1 (Interpolasyon Polinomu)

n+ 1 tane (xi, yi) verisi verilmis olsun.

p(xi) = yi, i = 0, 1, · · · , n

olacak sekilde mümkün olan en küçük dereceden bir p(x) polinomuna in-terpolasyon polinomu denir.

Interpolasyon polinomu tektir.

Teorem 4.0.1 Eger x0, x1, x2, · · · , xn farklı reel sayılar ise, bu durumdakeyfi y0, y1, · · · , yn sayıları için

pn(xi) = yi, i = 0, 1, · · · , n

olacak sekilde derecesi en fazla n olan tek bir pn polinomu vardır.

Bu durumda f(x) fonksiyonu ve x0 noktası için 0. dereceden interpolas-yon polinomu

p0(x) = f(x0)

olur.

f(x) fonksiyonu ve x0, x1 noktaları için 1. dereceden interpolasyon poli-nomu

p1(x0) = f(x0), p1(x1) = f(x1)

saglayan

p1(x) = f(x0) +f(x1)− f(x0)

x1 − x0(x1 − x0)

polinomu olur.

Genel durumda Lagrange interpolasyon polinomlarına bakalım. Sayısalintegral yöntemleri temel olarak Lagrange interpolasyon polinomu yak-lasımından elde edilir.

Tanım 4.0.2 (Lagrange Interpolasyon Polinomu)

[a, b] aralıgında {x0, x1, · · · , xn} gibi n + 1 tane farklı nokta verilsin. Bunagöre f(x) fonksiyonunu bu n + 1 noktada kesen n. mertebeden Lagrangeinterpolasyon polinomu Lk(x) su sekilde tanımlıdır:

Lk(x) =(x− x0)(x− x1) · · · (x− xk−1)(x− xk+1) · · · (x− xn)

(xk − x0)(xk − x1) · · · (xk − xk−1)(xk − xk+1) · · · (xk − xn)

108


Yani,

Lk(x) =n∏

i=0,i 6=k

(x− xi)(xk − xi)

seklinde tanımlıdır. n. dereceden Lagrange interpoasyon polinomunun hataterimi

Rn(x) =n∏i=0

f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− xi) =

f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− x0)(x− x1) · · · (x− xn)

ile verilir. Bu durumda f(x) fonksiyonu

f(x) = Pn(x) +Rn(x) =

n∑i=0

f(xi)Li(x) +

n∏i=0

(x− xi)f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(4.1)

olur. Burada ξ sayısı {x0, x1, · · · , xn} noktaları arasında bir sabittir.

4.1 ifadesinin her iki tarafının a’dan b’ye integrali alınırsa ci =∫ ba Li(x)dx

olarak tanımlanmak üzere∫ b

af(x)dx =

∫ b

a

n∑i=0

f(xi)Li(x)dx+

∫ b

a

n∏i=0

(x− xi)f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!dx

=n∑i=0

cif(xi) +1

(n+ 1)!

∫ b

a

n∏i=0

(x− xi)f (n+1)(ξ)dx

esitligi elde edilir. Bu integral hesabında olusan hata

E(f) =1

(n+ 1)!

∫ b

a

n∏i=0


ihmal edildiginde integral için∫ b

af(x)dx ≈

n∑i=0

cif(xi)

yaklasımı bulunmus olur.

Genel halde integral formüllerine geçmeden önce esit uzaklıklı noktalariçin sıfırıncı (sabit polinom) derceceden interpolasyon polinomunu kul-lanılarak elde edilen Dikdörtgen (Rectangle) ve Orta Nokta (Mid-point)kuralları ile, birinci ve ikinci mertebeden interpolasyon polinomları kul-lanılarak elde edilen (Trapezoid) ve Simpson 1

3 kuralı ile üçüncü derece-den polinom kullanan Simpson 3

8 kuralını inceleyelim.

109


4.0.1 Dikdörtgen Kuralı (Rectangle Rule)

Bu yöntemde f(x) fonksiyonunu [a, b] aralıgında sıfırıncı dereceden birpolinom (sabit polinom) ile yaklasım yapılır. Bu polinom p(x) = f(a) alı-nırsa Sol Dikdörtgen kuralı, p(x) = f(b) alınırsa Sag Dikdörtgen kuralıolur. Bu bölümde islemler sol dikdörtgen kuralına göre yapılacaktır, sagdikdörtgen kuralı için islemler benzerdir. Burada p(x) = a alalım. Yanif(x) ≈ p(x) = f(a) alalım. Sekil 4.1’de Dikdörtgen kuralı gösterilmistir.Dikdörtgenin alanı f(x) fonksiyonunun [a, b] aralıgı altında kalan ala-nına bir yaklasımdır.

𝒃 𝒂

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y

𝒇(𝒙)

𝒇(𝒂)

Sekil 4.1: Dikdörtgen kuralı

Yani, ∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

ap(x)dx =

∫ b

af(a)dx = f(a)(b− a)

olur. Yani, Dikdörtgen kuralında∫ b

af(x)dx ≈ f(a)(b− a)


Burada f(a)(b−a) degeri Sekil 4.1 de verilen dikdörtgenin alanıdır. Yani,Dikdörtgen kuralı ile elde edilmis yaklasık integral degeridir.

110


Örnek 4.0.1 f(x) = 1x fonksiyonunun [1, 1.2] aralıgındaki integraline yak-

lasımı sol Dikdörtgen kuralı ile bulalım. Integralin gerçek degerini bulupmutlak hatayı hesaplayalım.∫ 1.2

1

1

xdx ≈ f(1)(1.2− 1) = 1(0.2) = 0.2

Gerçek deger: ∫ 1.2

1

1

xdx = lnx

∣∣1.21 = ln(1.2)− ln 1 = 0.1823

olmaktadır. Yaklasımdaki mutlak hata

εm = |0.1823− 0.2| = 0.0177

olur.

Bilesik Dikdörtgen Kuralı (Composite Rectangle Rule)

Bu bölümde Sol Dikdörtgen kuralının uygulamasına bakalım. [a, b] ara-lıgını esit uzunlukta n tane alt aralıga bölelim. Bu aralıklar

a = x0, xn = b

olmak üzere[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], · · · , [xn−1, xn]

olsun. Her bir alt aralıkta dikdörtgen kuralını uygulayarak yaklasıkalanı bulalım. Sekil 4.2 de bu durum gösterilmistir. Taralı dikdörtgenle-rin alanları toplamı f(x) fonksiyonunun altında kalan alana bir yakla-sım verir. Bu durumda yaklasık alan her bir küçük dikdörtgenin alanlarıtoplamı olur.

∆x =xn − x0

n

olmak üzere∫ xnx0

f(x)dx =∫ x1x0f(x)dx+

∫ x2x1f(x)dx+ · · ·+

∫ xnxn−1

f(x)dx

≈ ∆xf(x0) + ∆xf(x1) + · · ·+ ∆xf(xn−1)= ∆x [f(x0) + f(x1) + · · ·+ f(xn−1)]

= ∆x∑n−1

i=0 f(xi)

olur.

Bilesik Dikdörtgen Kuralı:

∆x =xn − x0

n

111


𝒙𝒏−𝟏 𝒙𝟏 𝒂 = 𝒙𝟎

….…

x

y 𝒇(𝒙)

𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝒏 = 𝒃

𝒇(𝒙𝟎)

𝒇(𝒙𝟏)

Sekil 4.2: Bilesik Dikdörtgen kuralı

olmak üzere ∫ xn

x0

f(x)dx ≈ ∆xn−1∑i=0

f(xi)



lasımı n = 2 ve n = 4 aralık için Bilesik Dikdörtgen kuralı ile bulalım.Integralin gerçek degerini bulup mutlak hatayı hesaplayalım.

n = 2 için ∆x = 1.2−12 = 0.1 ve x0 = 1, x1 = 1.1 olur. Bu durumda∫ 1.2

1

1

xdx ≈ ∆x(f(x0) + f(x1)) = 0.1

(1 +

1

1.1

)= 0.1909

Gerçek deger 0.1823 oldugundan n = 2 için mutlak hata

εm = |0.1823− 0.1909| = 0.0086

n = 4 için ∆x = 1.2−14 = 0.05 ve x0 = 1, x1 = 1.05, x2 = 1.1, x3 = 1.15 olur. Bu

durumda ∫ 1.21

1xdx ≈ ∆x(f(x0) + f(x1) + f(x2) + f(x3))

= 0.05(1 + 1

1.05 + 11.1 + 1

1.15

)= 0.18655

112


Gerçek deger 0.1823 oldugundan n = 4 için mutlak hata

εm = |0.1823− 0.18655| = 0.00425

olur.

Sayısal Integral Hata AnaliziBütün sayısal integral formülleri için hata polinom interpolasyonu içinhatadan elde edilir. Polinom interpolasyonu için olan formül kullanıla-rak hatanın formu bulunur. Genel olarak sayısal integral yöntemlerindehata

Ekural = I − Ikural=∫ ba f(x)dx−

∫ ba p(x)dx

=∫ ba [f(x)− p(x)]dx

gibi olur. (n + 1) tane noktadaki Lagrange interpolasyon polinomununhatası

f(x)− p(x) =1

(n+ 1)!

n∏i=0


burada ξ ∈ [x0, xn]. Bu durumda

Ekural = 1(n+1)!

∫ ba

∏ni=0(x− xi)f (n+1)(ξ)dx

= f (n+1)(ξ)(n+1)!

∫ ba

∏ni=0(x− xi)dx

burada eger

w(x) =

n∏i=0

(x− xi) = (x− x0)(x− x1) · · · (x− xn)

dersek hata

Ekural =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!

∫ b

aw(x)dx

integrali ile hesaplanır. Burada iki durumu incelemek gerekir:

(1) w(x) fonksiyonu, [a, b] aralıgında w(x) ≥ 0 veya w(x) ≤ 0 olması.

(2)∫ ba w(x)dx = 0

Dikdörtgen Kuralı Hata AnaliziDikdörtgen kuralında

w(x) = x− aoldugundan ve bu fonksiyon [a, b] aralıgında daima pozitif oldugundanbir aralık için Dikdörtgen kuralının hatası

Ed = f (n+1)(ξ)(n+1)!

∫ ba w(x)dx

= f ′(ξ)∫ ba w(x)dx = f ′(ξ)

2 (b− a)2

113


olur. Yani, n = 1 aralık için∫ ba f(x)dx integralinin hesabı için ξ ∈ [a, b]

olmak üzere Dikdörtgen kuralının hatası

Ed =f ′(ξ)

2(b− a)2

ile verilir.

Genel n aralıgı için Dikdörtgen Kuralının Hatası ise tek bir aralık içinolan hata formulü kullanılarak

Ed =f ′(ξ)

2n(b− a)2

olarak elde edilir. Aralık genisligi azaldıkça, yani n arttıkça hata aynıhızda azalır. Negatif hata yöntemin integrali abartarak tahmin ettigi an-lamına gelmektedir.

Bu durumda Dikdörtgen Kuralında hata için üst sınır

|Ed| ≤K(b− a)2

2n, |f ′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

olarak bulunur.

Hata için üst sınırı kullanarak istenen dogrulukta integral yaklasımıbulmak için gerekli aralık sayısı bulunabilir. Asagıda bunu bir örnekleaçıklayalım.

Örnek 4.0.3∫ 1

0 x4dx integralini 0.001 dogrulukla Dikdörtgen kuralı ile he-

saplayabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.

|Ed| ≤K(b− a)2

2n, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

Soruda f(x) = x4, f ′(x) = 4x3 olur. f′(x) fonksiyonunun [0, 1] aralıgındaki

en büyük degeri x = 1’de olur. |f ′(1)| = 4 olur. Yani K = 4 olmaktadır.

|f ′(x)| ≤ K = 4

olur. Bu durumda|Ed| ≤

K(b−a)2

2n

= 4(1−0)2

2n ≤ 10−3

=⇒ 2n ≤ 10−3

=⇒ 2.103 ≤ n

Bu durumda Dikdörtgen kuralı ile istenen dogrulukta sonuç elde edebil-mek için n = 2001 aralık kullanılmalı.

114


4.0.2 Orta Nokta Kuralı (Midpoint Rule)

Bu yöntemde de yine [a, b] aralıgında f(x) fonksiyonuna sabit polinomlayaklasım yapılır. Fakat bu sefer aralıgın orta noktası kullanılır. Yani,interpolasyon polinomu

p(x) = f

(a+ b

2

)olarak alınır. Bu durumda∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

ap(x)dx =

∫ b

af

(a+ b

2

)dx = f

(a+ b

2

)(b− a)

Yani, ∫ b

af(x)dx ≈ f

(a+ b

2

)(b− a)


Sekil 4.3 bir aralık için Orta Nokta kuralı ile yaklasım gösterilmistir.Burada [a, b] aralıgının orta noktasındaki fonksiyon degeri dikdörtgeninuzun kenarı olmaktadır. Taralı dikdörtgenin alanı f(x) fonksiyonununaltında kalan alana bir yaklasım olmaktadır.

𝒃 𝒂

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y

𝒇(𝒙)

𝒇 𝒂 + 𝒃

𝟐

𝒂+ 𝒃

𝟐

Sekil 4.3: Orta Nokta kuralı

115



lasımı Orta Nokta kuralı ile bulalım. Integralin gerçek degerini bulup mut-lak hatayı hesaplayalım.

[1, 1.2] aralıgının orta noktası 1.1 noktasıdır. Bu durumda, integral için yak-lasım

∫ 1.2

1

1

xdx ≈ f(1.1)(1.2− 1) =

1

1.1(0.2) = 0.18181


1

1

xdx = lnx

∣∣1.21 = ln(1.2)− ln 1 = 0.1823


εm = |0.1823− 0.18181| = 5x10−4

olur.

Bilesik Orta Nokta Kuralı (Composite MidPoint Rule)

Bu bölümde Orta nokta kuralının uygulamasına bakalım. [a, b] aralıgınıesit uzunlukta n tane alt aralıga bölelim. Bu aralıklar

a = x0, xn = b

olmak üzere[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], · · · , [xn−1, xn]

olsun. Her bir alt aralıkta Orta Nokta kuralını uygulayarak yaklasıkalanı bulalım. Sekil 4.4 de bu durum gösterilmistir. Taralı dikdörtgenle-rin alanlar toplamı f(x) fonksiyonunun altında kalan alanına bir yakla-sım verir. Burada her bir aralıkta orta noktadaki fonksiyon degeri dik-dörtgenlerin uzun kenarı olmaktadır.

∆x =xn − x0

n

ve[x0, x1], [x1, x2], [x2, x3], · · · , [xn−1, xn]

aralıklarının orta noktaları sırasıyla

x∗1, x∗2, · · · , x∗n

116


𝒙𝒏∗ 𝒙𝟏

∗ 𝒙𝟐∗

….…

x

y 𝒇(𝒙)

𝒙𝟑∗

Sekil 4.4: Bilesik Orta Nokta kuralı

noktaları olsun. Bu durumda∫ xnx0


∫ x2x1f(x)dx+ · · ·+

∫ xnxn−1

f(x)dx

≈ ∆xf(x∗1) + ∆xf(x∗2) + · · ·+ ∆xf(x∗n)= ∆x [f(x∗1) + f(x∗2) + · · ·+ f(x∗n)]= ∆x

∑ni=1 f(x∗i )

olur.Bilesik Orta Nokta Kuralı (Composite Midpoint Rule)

∆x =xn − x0

n

ve x∗i , i = 1, 2, · · · , n noktaları [xi−1, xi], i = 1, 2, · · · , n aralıgının orta nokta-ları olmak üzere ∫ xn

x0

f(x)dx ≈ ∆xn∑i=1

f(x∗i )


Örnek 4.0.5∫ 1

0 x2dx integrali için n = 1, 2, 3, 4, 5 için Orta Nokta kuralı ile

yaklasım yapalım. Gerçek integral degerini bulup her bir n için rölatif hatayüzdesini hesaplayalım.Gerçek integral degeri∫ 1

0x2dx =

x3

3

∣∣∣∣x=1x=0 =

1

3= 0.3333

117


olur.

n = 1 için x0 = 0, x1 = 1, ∆x = 1−01 = 1, orta nokta x∗1 = 0+1

2 = 0.5 olur. Budurumda ∫ 1

0x2dx ≈ f(0.5)(1− 0) = (0.5)2 = 0.25

olur. Rölatif hata yüzdesi εr = |0.3333−0.25||0.3333| x100 = %25 olur.

n = 2 için ∆x = 1−02 = 0.5, x0 = 0, x1 = 0.5, x2 = 1 olur. [0, 0.5] aralıgının orta

noktası x∗1 = 0.25, [0.5, 1] aralıgının orta noktası x∗2 = 0.75 olur. Bu durumda∫ 1

0x2dx ≈ (0.5)(f(0.25) + f(0.75)) = (0.5)((0.25)2 + (0.75)2) = 0.3125

olur. Rölatif hata yüzdesi εr = |0.3333−0.3125||0.3333| x100 = %6.25 olur. Hata azal-

mıstır.

n = 3 için ∆x = 1−03 = 1

3 , x0 = 0, x1 = 13 , x2 = 2

3 , x3 = 1 olur. [0, 13 ] aralıgının

orta noktası x∗1 = 16 , [1

3 ,23 ] aralıgının orta noktası x∗2 = 3

6 , [23 , 1] aralıgının

orta noktası x∗3 = 56 olur. Bu durumda∫ 1

0x2dx ≈

(1

3

)(f

(1

6

)+ f

(3

6

)+ f

(5

6

))=

(1

3

)((1

6

)2

+

(3

6

)2

+

(5

6

)2)

= 0.3247

olur. Rölatif hata yüzdesi εr = |0.3333−0.3247||0.3333| x100 = %2.78 olur. Hata azal-

mıstır.

Benzer sekilde n = 4 için∫ 1

0x2dx ≈ 0.328125, εr = %1.56

ve n = 5 için ∫ 1

0x2dx ≈ 0.33, εr = %0.9

olarak elde edilir. Aralık sayısı n arttıkça hatanın azaldıgı görülür.

Orta Nokta Kuralı Hata Analizi∫ ba f(x)dx integralinin yaklasımını bulurken Orta Nokta kuralı için

w(x) = x− a+ b

2

olur. Bu fonksiyon sol taraf için negatif degerler alır.∫ b

aw(x)dx =

(x− a+b

2

)22

|ba = 0

118


oldugundan diger noktayı ekleyerek ve interpolasyon polinomunun al-tında kalan alanı degistirmeyerek

w(x) =

(x− a+ b

2

)(x− a+ b

2

)olarak alıyoruz. Bu durumda [a, b] aralıgında w(x) ≥ 0 olur ve hata analiziiçin olan (1.) durumu kullanabiliriz.

Eo = f′′

(ξ)2

∫ ba w(x)dx

= f′′

(ξ)2

∫ ba

(x− a+b

2

)2dx

= f′′

(ξ)2

(x−a+b2 )

3

3 |ba= f

′′(ξ)2

( b−a2 )

3−(a−b2 )

3

3

= f′′

(ξ)2

2(b−a)3

24

= f′′

(ξ)24 (b− a)3

olur.

Genel n aralık sayısı için (Bilesik) Orta Nokta kuralının hatası

Eo =f′′(ξ)

24n2(b− a)3

olur.

Bu durumda Orta Nokta Kuralında hata için üst sınır

|Eo| ≤K(b− a)3

24n2, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

olur.

Hata için üst sınırı kullanarak istenen dogrulukta integral yaklasımıbulmak için gerekli aralık sayısı bulunabilir. Asagıda bunu bir örnekleaçıklayalım.

Örnek 4.0.6∫ 1

0 x4dx integralini 0.00001 dogrulukla Orta Nokta kuralı ile

hesaplayabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.

|Eo| ≤K(b− a)3

24n2, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

Soruda f(x) = x4, f ′(x) = 4x3, f′′(x) = 12x2 olur. f

′′(x) fonksiyonunun [0, 1]

aralıgındaki en büyük degeri x = 1’de olur. |f ′′(1)| = 12 olur. Yani K = 12olmaktadır.

|f ′′(x)| ≤ K = 12

119


olur. Bu durumda|Eo| ≤ K(b−a)3

24n2

= 12(1−0)3

24n2 ≤ 10−5

=⇒ 12n2 ≤ 10−5

=⇒ 1 ≤ 2n2(10−5)=⇒ 105 ≤ 2n2

=⇒ 50000 ≤ n2

=⇒ 223.606 ≤ nBu durumda Orta nokta kuralı ile istenen dogrulukta sonuç elde edebil-mek için n = 224 aralık kullanılmalı.

Aynı integrali 0.001 = 10−3 dogrulukla hesaplayabilmek için Orta Noktakuralı ile n = 23 aralık kullanmak gereklidir. Ancak Dikdörtgen kuralı ilehesaplayabilmek için n = 2001 aralık gereklidir (Örnek 4.0.3 de hesaplan-mıstır). Yani, aynı dogruluga Orta nokta kuralı ile daha az aralık sayısıile ulasılmaktadır.

Hata için üst sınır ve gerçek hatayı karsılastıralım.

Örnek 4.0.7∫ 4

2 x3dx integralini n = 4 aralık ile Orta Nokta yaklasımı ya-

pıldıgında ∫ 4

2x3dx ≈ 59.625

bulunur. Gerçek integral degeri∫ 4

2x3dx = 60

olur. Mutlak hata εm = 0.375 olmaktadır. Hata için üst sınır

|Eo| ≤K(b− a)3

24n2, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

Soruda f(x) = x3, f ′(x) = 3x2, f′′(x) = 6x olur. f


aralıgındaki en büyük degeri x = 4’de olur. |f ′′(4)| = 24 olur. Yani K = 24olmaktadır.

|f ′′(x)| ≤ K = 24

olur.|Eo| ≤ K(b−a)3

24n2

= 24(4−2)3

24(42)= 0.5

olur. Hata 0.5 den büyük olamaz. Gerçek hata 0.375 dir. Bu durumda

|E| = |Gerçek deger-Yaklasık deger| ≤ 0.5−0.5 ≤ |Gerçek deger-Yaklasık deger| ≤ 0.5

59.125 ≤ Gerçek deger ≤ 60.125

120


olarak bulunur. Gerçek integral degeri 60 oldugundan, bu aralık içinde yeralmaktadır. Hata için üst sınır kullanılarak Gerçek deger için bir aralıkelde edilebilmektedir.

4.0.3 Yamuk Kuralı (Trapezoid Rule)

Bu yöntemde interpolasyon polinomu lineer (birinci dereceden) polinom-dur. [a, b] aralıgında f(a) ve f(b) noktalarından geçen birinci derecdeninterpolasyon polinomu kullanılır.

(a, f(a)), (b, f(b)) noktalarından geçen birinci dereceden interpolasyon po-linomu

p(x) = f(a) + (x− a)f(b)− f(a)

b− aolmaktadır. ∫ b

a p(x)dx =∫ ba

[f(a) + (x− a)f(b)−f(a)

b−a

]dx

= f(a)(b− a) + f(b)−f(a)2 (b− a)

= b−a2 [f(a) + f(b)]

olur. Yani, ∫ b

af(x)dx ≈ b− a

2[f(a) + f(b)]

Eger ∆x = b− a ise ∫ b

af(x)dx ≈ ∆x

2[f(a) + f(b)]

olur.

Sekil 4.5 de bir aralık için Yamuk kuralı gösterilmistir. Taralı yamugunalanı [a, b] aralıgında f(x) fonksiyonunun altında kalan alana bir yakla-sım vermektedir.


lasımı Yamuk kuralı ile bulalım. Integralin gerçek degerini bulup mutlakhatayı hesaplayalım.

∆x = 1.2− 1 = 0.2 olur.∫ 1.2

1

1

xdx ≈ ∆x

2[f(1) + f(1.2)] =

0.2

2

(1 +

1

1.2

)= 0.18333


1

1

xdx = lnx

∣∣1.21 = ln(1.2)− ln 1 = 0.1823

121


𝒃 𝒂 x

y

𝒇(𝒙)

𝒇(𝒂)

𝒇(𝒃)

𝒇(𝒃) − 𝒇(𝒂)

Sekil 4.5: Yamuk kuralı


εm = |0.1823− 0.1833| = 0.001

olur.

Bilesik Yamuk Kuralı (Composite Trapezoid Rule)∫ xnx0

f(x)dx integrali için, genel n için Yamuk kuralını elde edelim. [a, b]aralıgı esit uzunlukta n tane aralıga bölünür. Aralıklar

[x0, x1], [x1, x2], · · · , [xn−1, xn]

olsun. Her alt aralıkta Yamuk kuralı uygulanır. Bu durumda

∆x =xn − x0

n



∫ x2x1f(x)dx+ · · ·+

∫ xnxn−1

f(x)dx

≈ ∆x2 [f(x0) + f(x1)] + ∆x

2 [f(x1) + f(x2)] + ∆x2 [f(x2) + f(x3)]

+ · · ·+ ∆x2 [f(xn−1) + f(xn)]

= ∆x2 [f(x0) + 2f(x1) + · · ·+ 2f(xn−1) + f(xn)]

= ∆x2

[f(x0) + 2

∑n−1i=1 f(xi) + f(xn)

]

122


Yani, Bilesik Yamuk Kuralı

∆x =xn − x0

n

vexi+1 = xi + ∆x, i = 0, 1, 2, · · · , n− 1

(veya xi = x0 + i∆x, i = 1, 2, · · · , n) olmak üzere∫ xn

x0

f(x)dx ≈ ∆x

2

[f(x0) + 2

n−1∑i=1

f(xi) + f(xn)

]


Sekil 4.6 da Bilesik Yamuk kuralı gösterilmistir. [x0, xn] aralıgında f(x)fonksiyonunun altında kalan alana, taralı yamukların alanları toplamıile yaklasım yapılmıstır.

𝒙𝒏−𝟏 𝒙𝟏 𝒂 = 𝒙𝟎

….…

x

y 𝒇(𝒙)

𝒙𝟐 𝒙𝟑 𝒙𝒏 = 𝒃

Sekil 4.6: Bilesik Yamuk kuralı

Örnek 4.0.9 f(x) = sinx fonksiyonunun [0, π] aralıgındaki integraline yak-lasımı n = 4 aralık kullanarak Yamuk kuralı ile bulalım. Integralin gerçekdegerini bulup mutlak hatayı hesaplayalım.

∆x = π−04 = π

4 olur. Bu durumda noktalar

x0 = 0, x1 =π

4, x2 =

π

2, x3 =

3π

4, x4 = π

123


olur. ∫ π0 sinxdx ≈ ∆x

2 [f(0) + 2f(π4

)+ 2f

(π2

)+ 2f

(3π4

)+ f(π)]

= π8

[sin 0 + 2 sin

(π4

)+ 2 sin

(π2

)+ 2 sin

(3π4

)+ sinπ

]= π

8

[0 + 2

√2

2 + 2.1 + 2√

22 + 0

]= π

8

[2√

2 + 2]

= 1.894

olarak bulunur.

Gerçek deger:∫ π

0sinxdx = − cosx |π0 = − cosπ + cos 0 = −(−1) + 1 = 2


εm = |2− 1.894| = 0.106

olur.

Yamuk Kuralı Hata Analizi

Buradaw(x) = (x− a)(x− b)

olur. [a, b] aralıgında w(x) < 0 olmaktadır. Hata

Ey = f′′

(ξ)2

∫ ba w(x)dx

= f′′

(ξ)2

∫ ba (x− a)(x− b)dx

= f′′

(ξ)2

∫ ba (x2 − bx− ax+ ab)dx

= f′′

(ξ)2−(b−a)3

6

= −f′′

(ξ)12 (b− a)3

Genel n aralık sayısı için (Bilesik) Yamuk kuralının hatası

Ey = −f′′(ξ)

12n2(b− a)3

olur.

Bu durumda Yamuk Kuralında hata için üst sınır

|Ey| ≤K(b− a)3

12n2, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

olur.

124


Örnek 4.0.10∫ 7

21xdx integralini 5x10−9 dogrulukla Yamuk kuralı ile he-

saplayabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.

|Ey| ≤K(b− a)3

12n2, |f ′′(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

Soruda f(x) = 1x , f

′(x) = − 1x2, f′′(x) = 2

x3olur. f


aralıgındaki en büyük degeri x = 2’de olur. |f ′′(2)| = 14 olur. Yani K = 1

4olmaktadır.

|f ′′(x)| ≤ K =1

4

olur. Bu durumda|Ey| ≤ K(b−a)3

12n2

= 14

(7−2)3

12n2 ≤ 5x10−9

=⇒ 12848n2 ≤ 5x10−9

=⇒ 2548109 ≤ n2

=⇒ 22821.77 ≤ n

Bu durumda Orta nokta kuralı ile istenen dogrulukta sonuç elde ede-bilmek için n = 22822 aralık kullanılmalı. Adım uzunlugu h = 7−2

22822 =0.000219086 olur.

4.0.4 Simpson Kuralları (Simpson’s Rules)

Iki tane farklı Simpson kuralı vardır: Simpson 13 Kuralı ve Simpson 3

8Kuralı.

(a) Simpson 13 Kuralı

Bu yöntemde interpolasyon polinomu kuadratik/karesel (ikinci derece-den) polinomdur. [a, b] aralıgında f(a), f

(a+b

2

)ve f(b) noktalarından ge-

çen 2. dereceden interpolasyon polinomu kullanılır.

x0 = a, x1 = a+b2 , x2 = b olmak üzere

p(x) = c0 + c1(x− x0) + c2(x− x0)(x− x1)

biçiminde olsun. Buradan

p(x0) = f(x0), p(x1) = f(x1), p(x2) = f(x2)

esitlikleri kullanılarak

c0 = f(x0)

c1 = f(x1)−f(x0)x1−x0

c2 = f(x2)−2f(x1)+f(x0)2(∆x)2

125


olur. Burada ∆x = b−a2 ’dir.∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

ap(x)dx

Burada c0, c1, c2 sabitleri yerine yazılarak p(x) polinomunun integralialındıgında ∫ b

af(x)dx ≈ ∆x

3[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)]

olarak bulunur.

Sekil 4.7 de bir aralık için Simpson 13 kuralı gösterilmistir. p(x) polino-

munun altında kalan alan, yani taralı bölgenin alanı [a, b] aralıgında f(x)fonksiyonunun altında kalan alana bir yaklasım vermektedir.

𝒙𝟐 = 𝒃 𝒙𝟎 = 𝒂

𝐴 =

𝜋𝑟2

x

y

𝒇(𝒙)

𝒙𝟏

𝒑(𝒙)

Sekil 4.7: Simpson 13 kuralı

Örnek 4.0.11 f(x) = x2 fonksiyonunun [0, 1] aralıgındaki integraline yak-lasımı Simpson 1

3 kuralı ile bulalım. Integralin gerçek degerini bulup mut-lak hatayı hesaplayalım.

∆x = 1−02 = 0.5 olur.

∫ 1

0x2dx ≈ ∆x

3

[f(0) + 4f

(1

2

)+ f(1)

]=

1

6

(02 + 4

(1

2

)2

+ 12

)=

1

3

126


Gerçek deger: ∫ 1

0x2dx =

1

3x3

∣∣∣∣10 =1

3


εm = 0

olur. Simpson 13 kuralı derecesi ≤ 2 olan polinomlarda tam sonuç verir.

Çünkü zaten integrali alınan fonksiyona 2. dereceden polinomla yaklasımyapılmaktadır.

Bilesik Simpson 13 Kuralı∫ xn

x0f(x)dx integrali için, genel n için Simpson 1

3 kuralını elde edelim.[a, b] aralıgı esit uzunlukta n tane aralıga bölünür. Burada n çift sayıdır.Aralıklar

[x0, x2], [x2, x4], · · · , [xn−2, xn]

olsun. Her alt aralıkta Simpson 13 kuralı uygulanır. Bu durumda

∆x =xn − x0

n



∫ x4x2f(x)dx+ · · ·+

∫ xnxn−2

f(x)dx

≈ ∆x3 [f(x0) + 4f(x1) + f(x2)] + ∆x

3 [f(x2) + 4f(x3) + f(x4)]

+∆x3 [f(x4) + 4f(x5) + f(x6)] + · · ·+ ∆x

3 [f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)]

= ∆x3 [f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + · · ·+ 2f(xn−2) + 4f(xn−1) + f(xn)]

= ∆x3

[f(x0) + 4

∑n−1i=1,3,5,···(tek) f(xi) + 2

∑n−2i=2,4,6,···(ift) f(xi) + f(xn)

]Yani, Bilesik Simpson 1

3 Kuralı

∆x =xn − x0

n

vexi+1 = xi + ∆x, i = 0, 1, 2, · · · , n− 1

(veya xi = x0 + i∆x, i = 1, 2, · · · , n) olmak üzere

∫ xn

x0

f(x)dx ≈ ∆x

3

f(x0) + 4n−1∑

i=1,3,5,··· ,(tek)

f(xi) + 2n−2∑

i=2,4,6,··· ,(ift)

f(xi) + f(xn)


127


Örnek 4.0.12 f(x) = 1 + x3 fonksiyonunun [1, 5] aralıgındaki integralineyaklasımı n = 4 aralık kullanarak Simpson 1

3 kuralı ile bulalım. Integralingerçek degerini bulup mutlak hatayı hesaplayalım.∆x = 5−1

4 = 1 olur. Bu durumda

x0 = 1, x1 = 2, x2 = 3, x3 = 4, x4 = 5

olur.∫ 51 (1 + x3)dx ≈ ∆x

3 [f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + f(x4)]= 1

3 [f(1) + 4f(2) + 2f(3) + 4f(4) + f(5)]= 1

3

[(1 + 13) + 4(1 + 23) + 2(1 + 33) + 4(1 + 43) + (1 + 53)

]= 1

3 [2 + 36 + 56 + 260 + 126] = 160

Gerçek deger:∫ 1

0(1 + x3)dx = x+

1

4x4

∣∣∣∣51 =

(5 +

54

4

)−(

1 +1

4

)= 160


εm = 0

olur.

Örnek 4.0.13 f(x) = sinx fonksiyonunun [0, π] aralıgındaki integralineyaklasımı n = 4 aralık kullanarak Simpson 1

3 kuralı ile bulalım. Integralingerçek degerini bulup mutlak hatayı hesaplayalım.∆x = π−0

4 = π4 olur. Bu durumda noktalar

x0 = 0, x1 =π

4, x2 =

π

2, x3 =

3π

4, x4 = π

olur. ∫ π0 sinxdx ≈ ∆x

3 [f(0) + 4f(π4

)+ 2f

(π2

)+ 4f

(3π4

)+ f(π)]

= π12

[sin 0 + 4 sin

(π4

)+ 2 sin

(π2

)+ 4 sin

(3π4

)+ sinπ

]= π

12

[0 + 4

√2

2 + 2.1 + 4√

22 + 0

]= π

12

[4√

2 + 2]

= 2.0046

olarak bulunur.Gerçek deger:∫ π

0sinxdx = − cosx |π0 = − cosπ + cos 0 = −(−1) + 1 = 2


εm = |2− 2.0046| = 0.0046

olur. Aynı integral için Örnek 4.0.9’de Yamuk kuralı ile yaklasım yapıl-mıstır. Simpson 1

3 kuralı ile yapılan yaklasım daha iyidir.

128


Simpson 13 Kuralı Hata Analizi

Burada∫ ba w(x)dx = 0 oldugundan alanı degistirmeyecek sekilde bir tane

daha interpolasyon noktası eklenir, böylece hata degismez.{a,a+ b

2,a+ b

2, b

}noktalarını alalım.

w(x) = (x− a)

(x− a+ b

2

)2

(x− b)

olur. [a, b] aralıgında w(x) < 0 olmaktadır. Hata n = 1 için

Es = − 1(90)

(b−a

2

)5f (4)

=⇒ Es = −f (4)(ξ)2880 (b− a)5

olur. Genel n aralık sayısı için (Bilesik) Simpson 13 kuralının hatası

Es = −f(4)(ξ)

180n4(b− a)5

olur.Bu durumda Simpson 1

3 Kuralında hata için üst sınır

|Es| ≤K(b− a)5

180n4, |f (4)(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

olur.

Örnek 4.0.14∫ 1

0 x4dx integralini 0.00001 dogrulukla Simpson 1

3 kuralı ilehesaplayabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.

|Es| ≤K(b− a)5

180n4, |f (4)(x)| ≤ K,x ∈ [a, b]

Soruda f(x) = x4, f ′(x) = 4x3, f′′(x) = 12x2, f

′′′(x) = 24x, f (4)(x) = 24 olur.

f (4)(x) = 24 fonksiyonu sabit oldugundan [0, 1] aralıgındaki en büyük de-geri 24 olur. Yani K = 24 olmaktadır.

|f (4)(x)| ≤ K = 24

olur. Bu durumda|Es| ≤ K(b−a)5

180n4

= 24(1−0)5

180n4 ≤ 10−5

=⇒ 24.105

180 ≤ n4

=⇒ 13333.333 ≤ n4

=⇒ (13333.333)14 ≤ n

=⇒ 10.74 ≤ n

129


Bu durumda n çift sayı olmak zorunda oldugundan, n = 12 olur. Simpson13 kuralı ile istenen dogrulukta sonuç elde edebilmek için n = 12 aralıkkullanılmalı.

Örnek 4.0.6 Orta nokta kuralı ile aynı dogrulukta sonuç elde edebilmekiçin n = 224 aralık kullanılması gerektigi bulunmustu. Simpson 1

3 kuralı ileaynı dogruluga çok daha az aralık kullanarak ulasılabilmektedir.

(b) Simpson 38 Kuralı

Bu yöntemde interpolasyon polinomu kübik (üçüncü dereceden) poli-nomdur. [a, b] aralıgında 4 nokta x0, x1, x2, x3 kullanılır.

p(x) = c0 + c1x+ c2x2 + c3x

3

biçiminde olsun. Buradan

p(x0) = f(x0), p(x1) = f(x1), p(x2) = f(x2), p(x3) = f(x3)

esitlikleri kullanılarak c0, c1, c2, c3 sabitleri hesaplanır. Polinomun integ-rali alınır.

∫ b

af(x)dx ≈

∫ b

ap(x)dx

Burada c0, c1, c2, c3 sabitleri yerine yazılarak p(x) polinomunun integralialındıgında ∆x = b−a

3∫ b

af(x)dx ≈ 3∆x

8[f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)]

olarak bulunur.

Aralık sayısı n, 3’e bölünüyor olmalıdır (n = 3k, k ∈ N ).

Bilesik Simpson 38 Kuralı∫ xn

x0f(x)dx integrali için, genel n için Simpson 3

8 kuralını elde edelim. [a, b]aralıgı esit uzunlukta n tane aralıga bölünür. Burada n üçe bölünensayıdır. Aralıklar

[x0, x3], [x3, x6], · · · , [xn−3, xn]

olsun. Her alt aralıkta Simpson 38 kuralı uygulanır. Bu durumda

∆x =xn − x0

n

130




∫ x6x3f(x)dx+ · · ·+

∫ xnxn−3

f(x)dx

≈ 3∆x8 [f(x0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)] + 3∆x

8 [f(x3) + 3f(x4) + 3f(x5) + f(x6)]

+3∆x8 [f(xn−3) + 3f(xn−2) + 3f(xn−1) + f(xn)]

= 3∆x8

[f(x0) + 3

∑n−2i=1,4,7,··· f(xi) + 3

∑n−1i=2,5,8,··· f(xi) + 2

∑n−3i=3,6,9,··· f(xi) + f(xn)

]Yani, Bilesik Simpson 3

8 Kuralı

∆x =xn − x0

n

vexi+1 = xi + ∆x, i = 0, 1, 2, · · · , n− 1

(veya xi = x0 + i∆x, i = 1, 2, · · · , n) olmak üzere

∫ xn

x0

f(x)dx ≈ 3∆x

8

f(x0) + 3n−2∑

i=1,4,7,···f(xi) + 3

n−1∑i=2,5,8,···

f(xi) + 2n−3∑

i=3,6,9,···f(xi) + f(xn)


Örnek 4.0.15 f(x) = 0.2+25x−200x2+675x3−900x4+400x5 fonksiyonunun[0, 0.8] aralıgındaki integralini Simpson 3

8 Kuralı ile bulalım.

∆x = 0.8−03 = 0.8

3 ve

x0 = 0, x1 =0.8

3, x2 =

1.6

3, x3 = 0.8

olur.

f(x0) = 0.2, f(x1) = 1.432724, f(x2) = 3.487177, f(x3) = 0.232

olur. Bu durumda∫ 0.8

0f(x)dx ≈ 3∆x

8[f(0) + 3f(x1) + 3f(x2) + f(x3)] = 1.51917

olur. Gerçek integral degeri 1.640533’dür. Bu durumda mutlak hata ve rö-latif hata yüzdesi sırasıyla

εm = 0.048833, εr = %7.4

olarak bulunur.

Simpson 38 Kuralı derecesi ≤ 3 olan polinomlar için gerçek degeri ver-

mektedir.

131


4.0.5 Gauss Kareleme Yöntemi (Gauss Quadrature)

Bu yöntemde∫ ba f(x)dx integrali için∫ b

af(x)dx ≈

n∑i=1

cif(xi)

yaklasımının hatası en küçük olacak sekilde c1, c2, · · · , cn ve x1, x2, · · · , xn(Gauss-Legendre noktaları) seçilir. Bu durumda elde edilen formüle n-nokta Gauss-Legendre integral formulü denir. [−1, 1] aralıgı için eldeedilir, genel [a, b] aralıgı bu aralıga transform edilebilir. Yani, burada∫ 1

−1f(x)dx ≈

n∑i=1

cif(xi)

yaklasımı yapılır. Burada 2n keyfi parametre oldugundan 2n − 1 veyadaha küçük dereceli polinomlar için tam sonuç verir.

Örnek olarak n = 2 ve [−1, 1] aralıgı için∫ 1

−1f(x)dx ≈ c1f(x1) + c2f(x2)

yaklasımının n = 2 oldugu için 2n − 1 = 3 ve daha küçük dereceli poli-nomlar için tam sonuç vermesini saglayan c1, c2, x1, x2 bulalım.

f(x) = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 olsun. Bu durumda∫f(x)dx =

∫ (a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3)dx

= a0

∫1.dx+ a1

∫xdx+ a2

∫x2dx+ a3

∫x3dx

olur.

Yaklasımın f(x) = 1, x, x2, x3 için dogru oldugunu göstermek ile esdeger-dir.

f(x) = 1 için∫ 1−1 1.dx = c1.1 + c2.1 = 2

f(x) = x için∫ 1−1 x.dx = c1.x1 + c2.x2 = 0

f(x) = x2 için∫ 1−1 x

2.dx = c1.x21 + c2.x

22 = 2

3

f(x) = x3 için∫ 1−1 x

3.dx = c1.x31 + c2.x

32 = 0

olur. Yani bilinmeyenler c1, c2, x1, x2 asagıdaki denklemleri saglar:

c1 + c2 = 2c1x1 + c2x2 = 0c1x

21 + c2x

22 = 2

3c1x

31 + c2x

32 = 0

132


Bu denklemler çözülerek

c1 = c2 = 1, x1 = − 1√3, x2 =

1√3

bulunur. Böylece, ∫ 1−1 f(x)dx ≈ c1f(x1) + c2f(x2)

= 1.f(− 1√

3

)+ 1.f

(1√3

)2-nokta Gauss-Legendre integral formulü

∫ 1

−1f(x)dx ≈ f

(− 1√

3

)+ 1.f

(1√3

)Bu formül 3. dereceden ve daha az dereceli polinomlar için gerçek integ-ral degerini verir.

Burada x1 = − 1√3

ve x2 = 1√3

noktaları 2. derecden Legendre polinomu-nun kökleridir. Bazı Legendre polinomları

q0(x) = 1 (0.derece)q1(x) = x (1.derece)q2(x) = 3

2x2 − 1

2 (2.derece)q3(x) = 5

2x3 − 3

2 (3.derece)

3. derece Legendre polinomunun kökleri

x1 = −√

3

5, x2 = 0, x3 =

√3

5

noktaları kullanılarak 3-nokta Gauss-Legendre integral formulü bu-lunur: ∫ 1

−1f(x)dx ≈ 5

9f

(−√

3

5

)+

5

9f(0) +

5

9f

(√3

5

)Katsayıları elde etmek için

f(x) = 1 için∫ 1−1 1.dx = c1 + c2 + c3 = 2

f(x) = x için∫ 1−1 x.dx = −

√35c1 +

√35c3 = 0

f(x) = x2 için∫ 1−1 x

2.dx = 35c1 + 3

5c3 = 23

olur. Yani bilinmeyenler c1, c2, c3 asagıdaki denklemleri saglar:

c1 + c2 + c3 = 2c1 − c3 = 0c1 + c3 = 10

9

133


Denklemler çözülürse

c1 =5

9, c2 =

8

9, c3 =

5

9

olarak bulunur.

Örnek 4.0.16∫ 1−1 x

3dx integraline 2-nokta Gauss-Legendre formulü ileyaklasım yapalım. Gerçek integral degerini bulup hataya bakalım.

Gerçek integral degeri∫ 1

−1x3dx =

x4

4|1−1 =

1

414 − 1

4(−1)4 = 0

2-nokta Gauss-Legendre formulü ile∫ 1

−1x3dx ≈

(1√3

)3

+

(− 1√

3

)3

= 0

2-nokta Gauss-Legendre formulü derecesi 3 olan polinomlar için gerçekintegral degerini vermektedir.

Eger integral sınırları [−1, 1] degilse, verilen [a, b] sınırların dönüsümügerekir.

x =b+ a

2+b− a

2t

dx =1

2(b− a)dt

dönüsümü kullanılır. Bu dönüsüm ile [a, b] aralıgı [−1, 1] aralıgına dönü-sür. Yani ∫ b

af(x)dx =

∫ 1

−1f

(b+ a

2+b− a

2t

)b− a

2dt

Örnek 4.0.17∫ 4

0 2 cosxdx integralini

(i) 2-nokta Gauss-Legendre

(ii) 3-nokta Gauss-Legendre formülleriyle bulunuz. Gerçek integrali bu-lup, rölatif hata yüzdelerini hesaplayınız.

Integralin sınırları [−1, 1] olmadıgı için, sınırların bu aralıga dönüstürül-mesi gerekir.

x = 2 + 2t =⇒ dx = 2dt

Bu durumda∫ 4

02 cosxdx =

∫ 1

−1f(x)dx =

∫ 1

−14 cos(2 + 2t)dt =

∫ 1

−14f(t)dt

134


olur.

2-nokta Gauss-Legendre∫ 1

−14 cos(2 + 2t)dt ≈ 4

[cos

(2− 2

1√3

)+ cos

(2 + 2

1√3

)]= −1.3456

olur, rölatif hata yüzdesi εr = %11.09 Integralin gerçek degeri∫ 1

−14 cos(2 + 2t)dt = 2 sin(2 + 2t)|1−1 = −1.15136

3-nokta Gauss-Legendre∫ 1

−14 cos(2+2t)dt ≈ 4

[5

9cos

(2− 2

√3

5

)+

8

9cos 2

5

9cos

(2 + 2

√3

5

)]= −1.51196

olur, rölatif hata yüzdesi εr = %0.356 düsmüstür.


(1) f(x) = x fonksiyonunun [0, 1] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 20 aralık için Dikdörtgen kuralı ile bulunuz.Integralin gerçek degerini bulup, her bir n için rölatif hata yüzdesinihesaplayın.

C: I =∫ 1

0 xdx = 0.5 olsun. n = 1, I ≈ 0, εr = %100, n = 2, I ≈ 0.25, εr =%50, n = 3, I ≈ 0.3333, εr = %33.4, n = 4, I ≈ 0.375, εr = %25, n = 5, I ≈0.4, εr = %20, n = 6, I ≈ 0.41666, εr = %16, n = 10, I ≈ 0.45, εr = %10,n = 20, I ≈ 0.475, εr = %5

(2) f(x) = x3 fonksiyonunun [2, 4] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 4 aralık için Orta Nokta kuralı ile bulunuz. Integralin ger-çek degerini bulup, rölatif hata yüzdesini hesaplayın.

C: I =∫ 4

2 x3dx = 60 olsun. n = 4 için ∆x = 0.5, orta noktalar

x∗1 = 9/4, x∗2 = 11/4, x∗3 = 13/4, x∗4 = 15/4

olur. I ≈ 59.625, εr = %0.62

(3) f(x) = x4 fonksiyonunun [0, 2] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 4 aralık için Orta Nokta kuralı ile bulunuz. Integralin ger-çek degerini bulup, rölatif hata yüzdesini hesaplayın.

C: I =∫ 2

0 x4dx = 6.4 olsun. n = 4 için ∆x = 0.5, orta noktalar

x∗1 = 0.25, x∗2 = 0.75, x∗3 = 1.25, x∗4 = 1.75

olur. I ≈ 8.021, εr = %20.21

135


(4)∫ 1

01xdx integralini 0.00001 dogrulukla Orta Nokta kuralı ile hesapla-

yabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.

C: n = 361 aralık kullanılmalı.

(5)∫ 1

0 x3dx integralini 0.00001 dogrulukla Orta Nokta kuralı ile hesap-

layabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.


(6) f(x) = x4 fonksiyonunun [0, 2] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 4 aralık için Yamuk kuralı ile bulunuz. Integralin gerçekdegerini bulup, rölatif hata yüzdesini hesaplayın.

C: I =∫ 2

0 x4dx = 6.4 olsun. n = 4 için ∆x = 0.5 olur. I ≈ 7.0625, εr =

%16.34

(7) f(x) = x3 fonksiyonunun [2, 4] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 4 aralık için Yamuk kuralı ile bulunuz. Integralin gerçekdegerini bulup, mutlak hatayı hesaplayın.

C: I =∫ 4

2 x3dx = 60 olsun. n = 4 için ∆x = 0.5 olur. I ≈ 60.75, εm = 0.75

(8) Asagıdaki tabloda fonksiyon degerleri verilsin.

x 2 3 4 5 6 7

y = f(x) 12

13

14

15

16

17∫ 7

2 f(x)dx integralini için yaklasımı Yamuk kuralı ile bulunuz.

C: Gerçek fonksiyon I =∫ 7

21xdx = 1.25276 olur. I ≈ 1.2715, εm = 0.018

(9) f(x) = x2 fonksiyonunun [0, 1] aralıgındaki integraline yaklasım ola-rak n = 1, 2, 3, 4 aralık için Yamuk kuralı ile bulunuz. Integralingerçek degerini bulup, rölatif hata yüzdesini hesaplayın.

C: I =∫ 1

0 x2dx = 1/3 = 0.3333 olur. n = 1, I ≈ 0.5, εr = %50, n = 2, I ≈

0.375, εr = %12.5, n = 3, I ≈ 0.3518, εr = %5.54, n = 4, I ≈ 0.34375, εr =%3.12

(10)∫ 1

0 x4dx integralini 0.00001 dogrulukla Yamuk kuralı ile hesaplaya-

bilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.


(11)∫ 1

0 x3dx integralini 0.00001 dogrulukla Yamuk kuralı ile hesaplaya-

bilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.


(12) f(x) = x4 fonksiyonunun [0, 2] aralıgındaki integraline yaklasımın = 4 ve n = 8 aralık kullanarak Simpson 1

3 kuralı ile bulun. Integ-ralin gerçek degerini bulup rölatif hata yüzdesini hesaplayın. Aynı

136


integrali Orta Nokta ve Yamuk kurallarıyla n = 4 aralık için hesap-ladıgınızdaki röletif hata yüzdelerini bulun. n = 4 aralık için hangiyöntem daha iyi sonuç vermistir?

C: I =∫ 2

0 x4dx = 6.4 olur. n = 4, I ≈ 6.41666, εr = %0.26, n = 8, I ≈

6.399088, εr = %0.014. Orta nokta için εr = %20, Yamuk kuralı içinεr = %16. Simpson 1

3 kuralı en iyi sonucu vermistir.

(13)∫ 7

21xdx integralini Simpson 1

3 kuralı 5x10−9 dogrulukla ile hesapla-yabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz. Aynı integrali Yamukkuralı ile aynı dogrulukta hesaplamak için gerekli aralık sayısınıbulunuz.

C: n = 226 aralık kullanılmalı. Yamuk kuralı ile n = 22822 aralıkkullanılmalı (Bakınız Örnek 4.0.10). Simpson ile çok daha az aralıkkullanılarak istenen dogruluga ulasılmaktadır.

(14)∫ 1

0 ex2dx integralini Simpson 1

3 kuralı 0.00001 dogrulukla ile hesap-layabilmek için gerekli aralık sayısını bulunuz.


(15) f(x) = 11+x fonksiyonunun [0, 1] aralıgındaki integralini Simpson 3

8Kuralı ile bulalım. Gerçek degeri bulup rölatif hata yüzdesini he-saplayın.

C: I =∫ 1

01

1+xdx = 0.69314 olur. I ≈ 0.6932, εr = %0.0087,

(16)∫ 1−1 2 cosxdx integralini

(i) 2-nokta Gauss-Legendre

(ii) 3-nokta Gauss-Legendre formülleriyle bulunuz. Gerçek integ-rali bulup, rölatif hata yüzdelerini hesaplayınız.

C: Gerçek integral degeri I = 3.366, 2-nokta Gauss-Legendre I ≈3.3516, εr = %0.4278, 3-nokta Gauss-Legendre I ≈ 3.366, εr = %0,

(17)∫ 14

4 x3dx integralini 2-nokta Gauss-Legendre ile bulunuz, gerçekisntegral degerini bulup, mutlak hatayı hesaplayın.

C: I = 9540, x = 9 + 5t, dx = 5dt =⇒ I ≈ 9540, εm = 0

137

5 Kısmi Diferansiyel DenklemlerinSayısal Çözümleri (NumericalSolutions for PDE)

Mühendislik ve fen alanlarında karsılasılan pek çok problem kısmi di-feransiyel denklemlerle ifade edilir. Örnegin ısı dagılımı, ses, ısık ve sudalgalarının hareketleri, katı bir nesnedeki ısı transferi gibi. Kısmi di-feransiyel denklemlerin pek çogunun analitik çözümlerini elde etmekmümkün degildir, bu nedenle sayısal çözümleri bulunmaktadır. Bu bö-lümde bu tür problemlerin sayısal çözümleri anlatılacaktır. Kısmi dife-ransiyel denklemlerin sayısal çözümleri için temelde 2 yöntem vardır:

(i) Sonlu farklar yöntemi (Finite difference method)

(ii) Sonlu elemanlar yöntemi (Finite element method)

Sonlu farklar yönteminde kısmi türevler sonlu farklar yaklasımlarıyladegistirilir. Bunun sonunda örnegin Laplace denkleminin sayısal çö-zümleri için lineer denklem sistemi elde edilir. Sonlu farklar yöntemi,problemin çözüm bölgesinin düzgün geometrik sekil olması durumundaiyi sonuç vermektedir. Sonlu elemanlar yöntemi hem düzgün hemdedüzgün olmayan geometrik bölgelerde iyi sonuç vermektedir. Bu bö-lümde Sonlu farklar yöntemi anlatılacaktır.

Kısmi türev (Partial Derivative)

z = f(x, y) iki degiskenli fonksiyonu için x’e göre türev alırken y degis-keni sabit alınır. x’e göre kısmi türev

fx(x, y),∂f

∂x, zx(x, y)

y’e göre kısmi türev

fy(x, y),∂f

∂y, zy(x, y)

ile gösterilir. Örnegin, f(x, y) = 2xy − y2 + x2 fonksiyonu için

fx(x, y) = 2x+ 2y, fy(x, y) = 2x− 2y

139

Kısmi Diferansiyel Denklemlerin Sayısal Çözümleri (Numerical Solutions for PDE)

olur.

Diferansiyel Denklemler (Differential Equations)

Bilinmeyen bir fonksiyon ve türevlerini içeren denklemlere diferansiyeldenklem denir. t bagımsız degiskeni, ve bilinmeyen y = f(t) fonksiyonuve bu fonksiyonun y′, y

′′, · · · , y(n) türevleri arasındaki bir bagıntıya dife-

ransiyel denklem denir. Bu denklem

F (t, y, y′, y′′, · · · , y(n)) = 0

seklinde gösterilir. y = f(t) fonksiyonu tek degiskenli bir fonksiyon isedenkleme adi diferansiyel denklem, bilinmeyen y fonksiyonu birdenfazla degiskene baglı ise denkleme kısmi diferansiyel denklem denir.Örnegin,

dy

dx− y = sinx : adi diferansiyel denklem

∂2z

∂x∂y− p(x, y)

∂z

∂x= Q(x, y) : kısmi diferansiyel denklem

En yüksek mertebeden türeve göre lineer olan kısmi diferansiyel denk-leme kuasilineer diferansiyel denklem denir. Ikinci mertebeden iki ba-gımsız degiskenli kuasilineer denklem,

auxx + 2buxy + cuyy = F (x, y, ux, uy)

Burada x, y bagımsız degisken ve u bagımlı (bilinmeyen fonksiyon) de-giskendir. Eger,

(i) b2 − 4ac < 0 ise denklem eliptik

(örnegin Laplace denklemi: uxx + uyy = 0 veya Poisson denklemiuxx + uyy = f(x, y))

(ii) b2 − 4ac = 0 ise denklem parabolik

(örnegin bir boyutlu Isı denklemi ut = cuxx)

(iii) b2 − 4ac > 0 ise denklem hiperbolik

(örnegin bir boyutlu Dalga denklemi utt = cuxx)

Eliptik denklemler potansiyel adı verilen bir büyüklügün bölge için-deki degisimini temsil ederler. Potansiyel, bir büyüklügün sıklıgını öl-çer. Örnegin sıcaklık ve konsantrasyon birer potansiyel büyüklüktür.Bagımlı u degiskeni potansiyelin herhangi bir noktada, sınırdaki deger-lere baglı olarak aldıgı denge (equilibrium) veya daimi-durum (steady

140


state) degerlerini belirtir. Eliptik denklemin 2-boyutlu hal için genel ta-nımı uxx +uyy = f(x, y) seklindedir. Poisson denklemi olarak bilinir. Lap-lace denklemi ise uxx+uyy = 0 olarak bilinir. Laplace denkleminin bir çokuygulaması vardır. Bunlardan birisi de iki boyutlu bir cisim üzerindekidaimi-durum sıcaklık dagılımıdır.

Potansiyelin farklı bir baslangıç durumundan itibaren eristigi daimi du-rum degerleri bir parabolik denklemle temsil edilir. Dolayısıyla bu denk-lemler t zaman degiskenini de bagımsız degiskenlerden biri olarak içerir.Gerçekte baslangıç durumundan itibaren zaman ilerledikçe nihai dengedurumuna dogru adım adım ilerlenir. Önemli bir parabolik denklembir boyutlu ısı denklemi (ut = cuxx) olup, bu denklem bir çubuk boyuncasıcaklıgın uçlardaki sartlara baglı olarak zamanla nasıl degistigini tem-sil etmektedir. Buradaki c = bρ

k sabiti sırasıyla b ısıl kapasite, ρ yogunlukve k ısıl iletkenlik katsayısını belirten sabitlerden olusur.

Üçüncü tip (hiperbolik) denklemler de zamana baglıdır. Dalgaların nasılyayıldıgını ifade ettiklerinden, dalga denklemi olarak adlandırılırlar. Birboyutlu halde yayların titresimini gösterir. Titresen bir yay için kısmi-diferansiyel denklem

utt = c2uxx burada c2 = Tgw seklinde olup, burada T, g ve w büyüklükleri

sırasıyla yaydaki gerilmeyi, yer çekimi ivmesini ve birim uzunluk basınaagırlıgı belirtmektedir. Bütün bu parametreler pozitif büyüklüklerdir.

Baslangıç ve Sınır Kosulları (Initial and Boundary Conditions)

Genel olarak bir kısmi diferansiyel denklem baslangıç ve sınır kosulla-rın aynı anda sahip olabilir. Baslangıç ve sınır kosulları kısmi diferansi-yel denklemin tek çözümünü bulmak için kullanılır. Kısmi diferansiyeldenklemler baslangıç deger veya sınır deger problemleri olarak sınıf-landırılabilirler. Baslangıç deger problemlerinde en az bir tane bagımsızdegiskenin açık bir bölgesi vardır. Sınır deger problemlerinde kosullartüm sınırlar için verilir ve bölge bütün degiskenlere göre kapalıdır. Ge-nel olarak kısmi diferansiyel denklemler için 3 çesit sınır kosulu vardır.Diyelimki bölge Sekil 5.5 de verilen bölge R olsun. R bölgesinin sınırıbirbiriyle örtüsmeyen 3 bölümden olussun, S1, S2, S3.

(i) Dirichlet kosulu: Bilinmeyen fonksiyon için sınırın belirli bir böl-gesinde verilir:

u(x, y) = φ(x, y), tüm (x, y) ∈ S1

Çogu fiziksel problemde φ(x, y) sabit ve (x, y) koordinatlarından ba-gımsız olarak verilir.

141


(ii) Neumann kosulu: Bilinmeyen fonksiyonun gradyanı (sınıra dik olanyön) sınırın belirli bir bölgesinde verilir:

∂u

∂n(x, y) = θ(x, y), tüm (x, y) ∈ S2

Çogu fiziksel problemde θ(x, y) sabit ve (x, y) koordinatlarından ba-gımsız olarak verilir.

(iii) Robbins/Karısık kosul: Bilinmeyen fonksiyonun degeri ve gradya-nının lineer kombinasyonu sınırın belirli bir bölgesinde verilir:

∂u

∂n(x, y) + ru(x, y) = γ(x, y), tüm (x, y) ∈ S3

Burada r sabittir ve çogu fiziksel problemde γ(x, y) sabit ve (x, y)koordinatlarından bagımsız olarak verilir.

Uygulamalar

1. Isı Denklemi (Heat Equation)

Birim uzunluktaki ince bir çubuk boyunca sıcaklıgın uçlardaki sartlarabaglı olarak zamanla nasıl degistigi asagıdaki kısmi diferansiyel denk-lem olarak ifade edilebilir:

ut = cuxx, 0 < x < 1, t > 0

L uzunlugundaki bir çubuk için, basit bir degisken dönüsümü ile prob-lem [0, 1] aralıgına alınabilir. Çubugun her noktasındaki baslangıç ısısı

u(x, 0) = f(x), 0 < x < 1

olsun. Aynı zamanda çubugun her iki ucunda ne oldugu ile ilgili bigigerekmektedir. Eger çubugun uçlarındaki ısı belirli bir seviyede tutu-luyorsa (örnegin, her iki uç zamanla degisen ısıda sıvıya batırılırsa) ozaman sınır kosulları

u(0, t) = g0(t), u(1, t) = g1(t), t > 0

olarak yazılır. Diger fiziksel durumlar baska sınır kosullarını verir. Örne-gin çubugun bir ucunun yalıtılmıs olması x’e göre kısmi türevin uçlardasıfır olmasına karsılık gelir:

ux(0, t) = 0 veya ux(1, t) = 0

Üçüncü olasılık çubugun bir ucunda konvektif sogutma yapılmasıdır(örnegin sıcak çubugun serin bir havaya tutulması gibi). Bu durumda

142


𝑥 = 10 𝑥 = 0

𝐴 =

𝜋𝑟2

𝑥

𝑇 𝒕 zamanındaki ısı

Sekil 5.1: Çubuktaki ısı dagılımı

sınır kosulunda u ve ux bir kombinasyonu olur. Bu sekilde baslangıç vesınır kosulları olan kısmi diferansiyel denklem parabolik kısmi diferan-siyel denkleme bir örnektir. Sekil 5.1 e bakınız. Sekil 5.2 de ise örnekbir ısı denkleminin çözümünün grafigi verilmistir. Matlab kodu ve örnekMatlab kodları bölümünde verilmistir.

2. Dalga Denklemi (Wave Equation)

Örnek olarak sabit iki uç noktası arasında gerilmis olan bir yayın osi-lasyon hareketlerini (motion of a vibrating string) modelleyen 1-boyutludalga denklemi dikkate alınabilir:

utt − c2uxx = 0, 0 < x < 1, t ≥ 0

Daha genel aralık oldugunda [0, 1] aralıgına transform edilebilir. Yaydakibaslangıç yer degisimi u(x, 0) ve ilk hız ut(x, 0) yayın her noktası içinverilir:

u(x, 0) = f1(x), ut(x, 0) = f2(x), 0 < x < 1

Aynı zamanda yayın uçlarındaki hareletle ilgili bilgi de gerekir:

u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, t > 0

Eger yayın uçları belirli bir fonksiyonla hareket ediyorsa sınır kosullarıdaha genel sekilde

u(0, t) = g0(t), u(1, t) = g1(t), t > 0

143


2080

30

40

60 15

Tem

pera

ture

50

Heat Problem (Implicit Method)

Time step t=0.025

60

40 10

Length

70

20 5

0 0

Sekil 5.2: Isı denklemi örnek

144


olur, burada g0 veya g1 sıfır fonksiyonu da olabilir.

Eger yayın bir ucu sürtünmesiz dikey track tutturulmus ise (ısı denk-leminde yalıtılmıs bir sınır kosuluna denk gelir) yaklasık sınır kosulux = 0 veya x = 1 noktasında ux = 0 olur. Daha karmasık sınır kosullarıyayın bir ucu yay-kütle sistemine baglı oldugunda olur. Örnegin elas-tik sınır kosulu ısı denklemindeki Newton sogutma sınır kosuluna denkgelmektedir. Bu sekilde baslangıç ve sınır kosulları olan kısmi diferan-siyel denklem hiperbolik kısmi diferansiyel denkleme bir örnektir. Genelolarak bir boyutlu dalga denkleminin sayısal çözümüne gerek olmasada,bir boyutlu dalga denklemi daha yüksek boyuttaki dalga denklemlerinebir tanıtım olmaktadır. Yüksek boyuttaki dalga denklemlerinin sayısalçözümleri bulunması ise önemli ve gerekli bir konudur. Örnek için Sekil5.3 bakınız.

3. Poisson Denklemi (Poisson Equation)

Iki boyutlu bir cisim üzerindeki daimi-durum sıcaklık dagılımını model-ler. Levha boyunca sıcaklık dagılımının hesaplanmasını saglar. 0 ≤ x ≤1, 0 ≤ y ≤ 1 levha için

uxx + uyy = f(x, y)

Genel bir bölge degisken dönüsümü ile bu bölgeye transform edilebilir.

Eger herhangi bir ısı kaynagı yoksa (yani f(x, y) = 0) bu denkleme Lap-lace denklemi denir. Elektrostatik ve gravitasyonel potansiyeller de Po-isson denklemini (eger kaynak yoksa Laplace veya potansiyel denklemi)saglar.

Her sınırda ısı degerleri su sekilde tanımlanabilir:

u(0, y) = g0(y), u(1, y) = g1(y), 0 ≤ y ≤ 1

u(x, 0) = f0(x), u(x, 1) = f1(x), 0 ≤ x ≤ 1

Bir boyutlu dalga denklemi için, diger sınır kosulları

ux(0, y) = 0, veya ux(1, y) = 0 veya uy(x, 0) = 0, veya uy(x, 1) = 0

Poisson denklemi eliptik denklemlerin standart örnegidir.

5.0.1 Eliptik Denklemler

Laplace ve Poisson Denklemleri için Fark Denklemleri

Bu bölümde en fazla karsılasılan eliptik tip denklem olarak Laplace vePoisson denklemleri ele alınacaktır.

∇2u = uxx + uyy = 0 Laplace Denklemi

145


-101

-5

2

0y

Hyperbolic curve for y=sin(pi*x)

1.5

5

t

0.5

x

10

10.5

0 0

Sekil 5.3: Dalga denklemi örnek

146


∇2u = uxx + uyy = f(x, y) Poisson Denklemi

Burada ∇2 sembolü Laplasiyen olarak adlandırılır. Eger u; x, y degis-kenlerinin bir fonksiyonu ise, bu durumda Taylor açılımı ile

u(x+ h, y) = u(x, y) + hux(x, y) + h2

2 uxx(x, y) + h3

6 uxxx(x, y) + · · ·u(x− h, y) = u(x, y)− hux(x, y) + h2

2 uxx(x, y)− h3

6 uxxx(x, y) + · · ·

Bu iki seriyi çıkarırsak ve h3, h4, · · · terimleri ihmal edilirse

ux(x, y) ≈ 1

2h[u(x+ h, y)− u(x− h, y)]

bulunur. Benzer sekilde

uy(x, y) ≈ 1

2k[u(x, y + k)− u(x, y − k)]

elde edilir. Ikinci mertebeden kısmi türevleri elde etmek için yukarıdakiTaylor serileri toplanır ve h3, h4, · · · terimleri ihmal edilirse

u(x+ h, y) + u(x− h, y) ≈ 2u(x, y) + h2uxx(x, y)

uxx(x, y) ≈ 1

h2[u(x+ h, y)− 2u(x, y) + u(x− h, y)] (5.1)

olur. Benzer sekilde

uyy(x, y) ≈ 1

k2[u(x, y + k)− 2u(x, y) + u(x, y − k)] (5.2)

elde edilir. Bu durumda Poisson denkleminde

uxx + uyy = f(x, y)

5.1 ve 5.2 yazılır ve h = k alınırsa

u(x+ h, y) + u(x, y+ h) + u(x− h, y) + u(x, y− h)− 4u(x, y) = h2f(x, y) (5.3)

elde edilir. Bu denkleme Poisson denklemine karsılık gelen fark denk-lemi denir. Benzer sekilde Laplace denklemine karsılık gelen farkdenklemi asagıdaki gibi bulunur:

u(x+ h, y) + u(x, y + h) + u(x− h, y) + u(x, y − h)− 4u(x, y) = 0 (5.4)

Burada h adım uzunlugudur. 5.3 ve 5.4 denklemlerinde u fonksiyonu-nun (x, y) noktasındaki degerinin u’nun komsulugundaki 4 nokta ilebaglantılı oldugunu gösterir. 5.4 denklemine göre u fonksiyonunun (x, y)

147


(𝒙+ 𝒉,𝒚) (𝒙− 𝒉,𝒚) (𝒙,𝒚)

(𝒙,𝒚− 𝒉)

(𝒙,𝒚+ 𝒉)

𝒉

Sekil 5.4: (x, y) noktasının komsu noktaları

noktasındaki degeri komsulugundaki dört noktanın degerinin toplamı-nın 4’e bölümüne esittir. Eger

u(x+ h, y) = ui+1,j

u(x, y + h) = ui,j+1

u(x− h, y) = ui−1,j

u(x, y − h) = ui,j−1

ve f(xi, yj) = fij seklinde indisli yazılırsa, bu durumda 5.3 denklemi

ui+1,j + ui,j+1 + ui−1,j + ui,j−1 − 4uij = h2fij

olur. Benzer sekilde 5.4 denklemi

ui+1,j + ui,j+1 + ui−1,j + ui,j−1 − 4uij = 0

olur. baglantılı oldugunu gösterir. Laplace denkleminin Sekil 5.5 de veri-len R bölgesinin C kapalı egrisi içinde çözümünü arayalım. Ilk olarak Rbölgesini sekilde oldugu gibi yatay ve dikey çizgilerle birbirinden her birih birim uzunlukta olan aglara (grid) bölelim. Bu durumda 5.4 denklemi

uij =1

4[ui+1,j + ui,j+1 + ui−1,j + ui,j−1]

seklinde yazılabilir. uij noktası R bölgesinde en yakın komsulugundabulunan 4 tane noktanın ui+1,j , ui,j+1, ui−1,j , ui,j−1 ortalamasıdır.

148


𝟑𝒉 𝟐𝒉 𝒉

𝐴 =

𝜋𝑟2

𝒙

𝒚

𝟑𝒉

𝒉

𝟐𝒉

𝑹

𝟒𝒉

𝟒𝒉

𝟓𝒉

𝟓𝒉

C

Sekil 5.5: R bölgesi

𝒖𝒊+𝟏,𝒋 𝒖𝒊−𝟏,𝒋 𝒖𝒊𝒋

𝒖𝒊,𝒋−𝟏

𝒖𝒊,𝒋+𝟏

Sekil 5.6: uij ızgara noktaları

149


Örnek 5.0.1 Ince bir çelik plakanın boyutları 10 cmx20 cm dir. Kararlı ısıgeçisi durumundaki sınır sartları ve plaka düzlemindeki geçerli kısmi dife-ransiyel denklem asagıda verilmistir. h = 5 için iç noktalardaki sıcaklıklarısonlu fark denklemini kullanarak bulunuz.

uxx + uyy = 0, 0 < x < 10, 0 < y < 20u(x, 0) = 0, u(x, 20) = 0, 0 ≤ x ≤ 10u(0, y) = 0 u(10, y) = 100, 0 ≤ y ≤ 20

h = 5 için 3 tane iç nokta vardır. Sekil 5.7 de uij noktaları verilmistir.

𝒖𝟐𝟏 = 𝟏𝟎𝟎 𝒖𝟎𝟏 = 0 𝒖𝟏𝟏

𝒖𝟎𝟐 = 0

𝒖𝟏𝟑

𝒖𝟐𝟐 = 𝟏𝟎𝟎

𝒖𝟐𝟑 = 100 𝒖𝟎𝟑 = 𝟎

𝒖𝟏𝟒 = 𝟎

𝒖𝟏𝟐

𝒖𝟏𝟎 = 𝟎

Sekil 5.7: uij noktaları

Her uij iç noktası için

ui+1,j + ui,j+1 + ui−1,j + ui,j−1 − 4uij = 0

sonlu farklar denklemi geçerlidir.

u11 içinu21 + u01 + u12 + u10 − 4u11 = 0

olur. Buradan u01 = 0, u10 = 0, u21 = 100 oldugu için

−4u11 + u21 = −100

denklemi elde edilir. u12 için

u22 + u02 + u13 + u11 − 4u12 = 0

150


olur. Buradan u02 = 0, u22 = 100 oldugu için

u11 − 4u21 + u13 = −100

denklemi elde edilir. u13 için

u23 + u03 + u12 + u23 − 4u13 = 0

olur. Buradan u03 = 0, u14 = 0, u23 = 100 oldugu için

u12 − 4u13 = −100

denklemi elde edilir. Bu durumda 3 bilinmeyen (u11, u12, u13) olan 3 tanelineer denklem

−4u11 + u21 = −100u11 − 4u21 + u13 = −100

u12 − 4u13 = −100

Denklem sistemi matris formunda −4 1 01 −4 10 1 −4

u11

u12

u13

=

−100−100−100

Lineer denklem sistemi Gauss-eleme ile çözüldügünde

u11 = 35.7143, u12 = 42.8571, u13 = 35.7143

olarak bulunur. Bu degerler plakanın iç noktalarındaki yaklasık ısı deger-leridir. Yani, u fonksiyonunun yaklasık degerleri

u(5, 5) ≈ 35.7143◦C, u(5, 10) ≈ 42.8571◦C, u(5, 15) ≈ 35.7143◦C

u fonksiyonu ısı denklemini ve sınır, baslangıç kosullarını saglayan fonk-siyondur ve ısı degerlerini verir. Sonlu farklar yöntemi ile u fonksiyonunungrid noktalarındaki degerleri bulunmus olur.

Birçok problemde sınırdaki degerler bilinmez, sadece normal dogrultu-daki türev degerleri bilinir. Bu durumda sonlu farklar denklemleri ya-zıldıgında bazı noktalar bölgenin dısında kalır. Sınırda türev kosulu varise Neumann kosulu denir.

Örnek 5.0.2 Verilen baslangıç, sınır kosulları (Neumann kosulu) ile Pois-son denkleminin çözümüne h = 0.5 alarak bakalım.

uxx + uyy = 12xy, 0 < x < 1.5, 0 < y < 1

u(x, 0) = 0, ∂u∂n(x, 1) = 6x, 0 < x < 1.5

u(0, y) = 0 u(1.5, y) = 3y3, 0 < y < 1

151


𝒖𝟐𝟏 𝒖𝟎𝟏 = 0

𝒖𝟏𝟏

𝒖𝟐𝟎 = 0

𝒖𝟑𝟏 = 𝟎.𝟑𝟕𝟓

𝒖𝟐𝟐

𝒖𝟏𝟑 𝒖𝟐𝟑

𝒖𝟏𝟐

𝒖𝟏𝟎 = 𝟎

𝛛𝐮

𝝏𝒏= 𝟑

𝝏𝒖

𝝏𝒏= 𝟔

𝒖𝟑𝟐 = 𝟑

Sekil 5.8: uij noktaları

Sekil 5.8 da bölge ve uij noktalarının degerleri sınır ve baslangıç kosulla-rına uygun olarak verilmistir. Her uij iç noktası için

ui+1,j + ui,j+1 + ui−1,j + ui,j−1 − 4uij = h2fij

sonlu farklar denklemi geçerlidir. h2 = 0.25 ve f(x, y) = 12xy alınır.

u11 için−4u11 + u21 + u12 = 0.75

olur.

u21 için−4u21 + u11 + u22 + 0.375 = 1.5

olur. Burada 4 bilinmeyen ve 2 denklem vardır. Bu denklemdeki u12 ve u22

sınır degerleri bilinmemektedir. Fakat u12 ve u22 sınır degerlerine karsılık∂u∂n = ∂u

∂y normal türev verilmistir. Bu zorluk asagıdaki yöntemle giderilir.u12 ve u22 noktalarından Sekil 5.8 de görüldügü gibi dogrular çizerek böl-geyi genisletelim. Bu durumda yeni u13 ve u23 ag noktaları elde ederiz. Buyeni noktaları kullanarak u12 için

−4u12 + u11 + u22 + u13 = 1.5 (5.5)

u22 için−4u22 + u21 + u12 + u23 = 0 (5.6)

152


seklinde 2 yeni denklem elde edilir. Bu denklem sisteminde de u13 ve u23

degerleri bilinmemektedir. Sınır kosullarını ve ∂u∂y için merkezi fark for-

mulünü kullanırsak

3 =∂u12

∂y≈ u13 − u11

2h= u13 − u11 =⇒ u13 = u11 + 3

6 =∂u22

∂y≈ u23 − u21

2h= u23 − u21 =⇒ u23 = u21 + 6

olarak elde edilir. Elde edilen u13 ve u23 degerleri 5.6 ve 5.5 denklemle-rinde yerine yazılırsa

−4u12 + 2u11 + u22 = −1.5

−4u22 + 2u21 + u12 = −6

denklemleri elde edilir. Böylece 4 bilinmeyen 4 denklem

−4u11 + u21 + u12 = 0.75u11 − 4u21 + u22 = 1.1252u11 − 4u12 + u22 = −1.52u21 + u12 − 4u22 = −6

olur. Matris formunda−4 1 1 01 −4 0 12 0 −4 10 2 1 −4

u11

u21

u12

u22

=

0.751.125−1.5−6

u11 = 0.077, u21 = 0.191, u12 = 0.866, u22 = 1.812. yaklasık degerleri eldeedilir.

5.0.2 Parabolik Denklemler

Kısmi-diferansiyel denklemlerin parabolik karakterdeki ikinci sınıfı, ti-pik örnekleri madde yayınımı veya bölge içinde ısı akısı oldugundan ge-nellikle yayınım denklemi veya ısı denklemi olarak adlandırılır. Buradakiincelemelerde de örnek olarak ısı problemleri ele alınacaktır. Bunlarındaha öncekilerden farkı artık daimi durum problemi olmayıp, zamanabaglı, yani sıcaklıgın zamanla degistigi problemler olmasıdır. Ilk olarakbir çubuk boyunca bir-boyutlu ısı akısı problemi ele alınacaktır. Sayetzaman yeterince uzun tutulur ve sıcaklıklar daimi-durum sartlarına eri-sirse bu problem de daha önceki eliptik problem örnegiyle özdes olur.

153


Çubugun çevresinin izole oldugu ve bu yüzden çevreyle ısı alısverisi ol-madıgı varsayılmaktadır. Bakınız Sekil 5.1, Sekil 5.2.

Bu bölümdeut = cuxx, 0 < x < a, t > 0

u(x, 0) = f(x), 0 < x < au(0, t) = T1 u(a, t) = T2, t > 0

(5.7)

sınır deger probleminin yaklasık çözümü için iki yöntem verecegiz. Budenklem bir boyutlu ısı denklemi olarak bilinir ve parabolik tipten birkısmi diferansiyel denklemdir. Burada T1 ve T2 çubugun (rod) uç nok-talarındaki ısıyı gösterir. f fonksiyonu homojen bir çubuk (rod) içindex = 0 noktasından x = a noktasına kadar baslangıç ısısının dagılımıdır.Eger f fonksiyonu [0, a] aralıgında sürekli ise sınır deger problemininçözümü tektir.

Isı Denklemi için Fark Denklemi

5.7 denkleminin yaklasık çözümünü bulmak için ilk olarak denkleminyerine geçen, onu temsil eden fark denklemi elde edilir. Bunun içinikinci türev için merkezi fark yaklasımı kullanılırsa

uxx ≈u(x+ h, t)− 2u(x, t) + u(x− h, t)

h2

olur. Eger birinci türev için ileri fark yaklasımını kullanırsak

ut ≈u(x, t+ k)− u(x, t)

k

olur. Bu degerler 5.7 denkleminde yerine yazılırsa

u(x+ h, t)− 2u(x, t) + u(x− h, t)h2

=u(x, t+ k)− u(x, t)

k(5.8)

seklinde fark denklemini elde ederiz. Eger

r =ck

h2

veu(x, t) = uij

u(x+ h, t) = ui+1,j

u(x− h, t) = ui−1,j

u(x, t+ k) = ui,j+1

olarak alınırsa 5.8 fark denklemi

ui,j+1 = rui+1,j + (1− 2r)uij + rui−1,j (5.9)

154


seklinde yazılır.

Biz, bazı T degerleri için 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ t ≤ T esitsizligi ile tanımlanan xt-düzlemindeki bir dikdörtgensel bölgede 5.7 denkleminin yaklasık çözü-münü bulmak istiyoruz. Bu dikdörtgensel bölgeyi k birim uzunlugundadikey ve h birim uzunlugunda yatay çizgilerle bölelim. Bu durumda eger

h =a

nve k =

T

m

olacak sekilde n ve m pozitif tamsayılarını seçersek, yatay ve dikey ızgaranoktaları

xi = ih, tj = jk, i = 0, 1, · · · , n, j = 0, 1, · · · ,m

olur. Bakınız Sekil 5.9. Sekil 5.9 deki siyah ızgara noktalarında sınır

𝒂 𝟑𝒉

𝒌

(𝒏 − 𝟏)𝒉

𝟑𝒌

𝒉 𝟐𝒉

𝑇

.

.

.

𝟐𝒌

𝑥

𝑡

0

(𝒎 − 𝟏)𝒌

. . .

Sekil 5.9: Isı denklemi ızgara noktaları

ve baslangıç kosulları verildigi için u fonksiyonunun degerleri bilinmek-tedir. Kırmızı ızgara noktalarında ise u fonksiyonunun degerleri bilin-memektedir. Fark denklemi kullanılarak bilinmeyen degerler yaklasıkolarak bulunur.

Amacımız, j. zaman dogrusunu kullanarak j + 1. zaman dogrusu üze-rindeki noktada u(x, t) fonksiyonunun yaklasık degerini bulmak için 5.9formulü kullanmaktır. Örnegin, birinci zaman dogrusu üzerindeki de-gerler (j = 1) sıfırıncı zaman dogrusu üzerinde verilen

ui0 = u(xi, 0) = f(xi)

155



𝒖𝒊,𝒋+𝟏 𝒋+ 𝟏 . zaman doğrusu

𝒋. zaman doğrusu

Sekil 5.10: Isı denklemi uij noktaları

baslangıç kosuluna baglıdır. Bu tür nümerik islemler açık sonlu farklaryöntemi diye bilinir.Örnek 5.0.3 Çelik bir çubugun (rod) sol ucundaki ısı 100◦C sag ucundakiısı 25◦C olarak verilmistir. Çubugun uzunlugu 0.05 m dir. Çubuktaki ısıdagılımını t = 0 ve t = 9 saniyeler için bulunuz. ∆x = 0.01 m ve ∆t =3 s alınız. Çubuktaki ilk ısı 20◦C. Çubuk için c = bρ

k olmak üzere, b =490 cal/gr◦C ısıl kapasite katsayısı, ρ = 7800 kg/m3 yogunluk ve k =54 cal/s◦C ısıl iletkenlik katsayısı olarak verilmistir.Isı denklemi

ut = cuxx

olup, burada c = bρk verilen sabitler kullanılarak hesaplanır. Buradan r =

ckh2

= 0.4239 olur. Bu durumda 5.8 denklemi

ui,j+1 = ui,j + 0.4239(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j)

olur. t = 0 ısıları

u00 = 100◦C, u10 = u20 = u30 = u40 = 20◦C, u50 = 25◦C

Sekil 5.11 bakınız.t = 3 s ısıları, j = 0, i = 1

u11 = u10 + r(u20 − 2u10 + u00)= 20 + 0.4239(20− 2.20 + 100)= 53.912◦C

156


𝒊 = 𝟐 𝒊 = 𝟎

𝒖 = 𝟐𝟓

𝒖 = 𝟏𝟎𝟎

𝒊 = 𝟏

𝒊 = 𝟑 𝒊 = 𝟒 𝒊 = 𝟓

Sekil 5.11: Çubuktaki uij noktaları

i = 2u21 = u20 + r(u30 − 2u20 + u10)

= 20 + 0.4239(20− 2.20 + 20)= 20◦C

i = 3, u31 = 20◦C

i = 4, u41 = 22.120◦C

t = 6 s ısıları, j = 1, i = 1

u12 = u11 + r(u21 − 2u11 + u01)= 53.912 + 0.4239(20− 2.(53.912) + 100)= 59.073◦C

i = 2u22 = u21 + r(u31 − 2u21 + u11)

= 20 + 0.4239(20− 2.20 + 53.912)= 34.375◦C

i = 3, u32 = 20.889◦C

i = 4, u42 = 22.442◦C

t = 9 s ısıları, j = 1, i = 1

u13 = u12 + r(u22 − 2u12 + u02)= 59.073 + 0.4239(34.375− 2.(59.073) + 100)= 65.953◦C

157


i = 2u23 = u22 + r(u32 − 2u22 + u12)

= 34.375 + 0.4239(20.899− 2.(34.375) + 59.073)= 39.132◦C

i = 3, u33 = 27.266◦C

i = 4, u43 = 22.872◦C

Örnek 5.0.4 Asagıda verilen sınır deger problemini h = 0.2, k = 0.01 ala-rak çözelim.

ut = uxx, 0 < x < 1, 0 < t < 0.5u(x, 0) = sin(πx), 0 < x < 1

u(0, t) = 0 u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0.5

Gerçek çözümu(x, t) = e−π

2t sin(πx)

fonksiyonudur. Farklı (x, t) noktalarında analitik çözüm ile yaklasık çö-züme ait degerleri karsılastırınız. Mutlak hataları hesaplayınız.

Bu durumda r = ckh2

= 1.(0.01)(0.2)2

= 0.25 olur.

xi = 0.2i, i = 0, 1, 2, 3, 4, 5

tj = 0.01j, j = 0, 1, 2, · · · , 50

olur. Sekil 5.12 de problem için bölge, sınır ve baslangıç kosulları, zamanseviyeleri ile bilinmeyen iç degerler (iç noktalardaki ısı degerleri) gösteril-mistir.

ui,j+1 = ui,j + r(ui+1,j − 2ui,j + ui−1,j)

fark denkleminde yazılırsa

ui,j+1 = 0.25(ui+1,j + 2ui,j + ui−1,j)

elde edilir. j = 0 alırsak birinci zaman dogrusu üzerindeki yaklasık usıcaklıgını veren

ui1 = 0.25(ui+1,0 + 2ui0 + ui−1,0)

elde edilir. i = 1, 2, 3, 4, 5 için

u11 = 0.25(u20 + 2u10 + u00)u21 = 0.25(u30 + 2u20 + u10)u31 = 0.25(u40 + 2u30 + u20)u41 = 0.25(u50 + 2u40 + u30)

158


𝒖𝟐𝟏

𝒕 = 𝟎.𝟎𝟏 𝒔

𝒖𝟏𝟏

𝒖𝟎𝟐 = 𝟎

𝒕 = 𝟎.𝟎𝟐 𝒔𝒏

𝒖𝟒𝟏

𝒕 = 𝟎.𝟎𝟑 𝒔𝒏

𝒖𝟐𝟎= 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟒 𝜋)

𝒖𝟑𝟏

𝒖𝟏𝟎= 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟐𝝅)

Denklemi buraya yazın.

𝒕 = 𝟎.𝟓 𝒔𝒏

𝒕

𝒙

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝒖𝟑𝟎 = 𝐬𝐢𝐧(𝟎.𝟔𝝅)

𝒖𝟎𝟎 = 𝟎

𝒕 = 𝟎 𝒔𝒏

𝒖 = 𝟎 𝒖 = 𝟎

𝒖(𝒙,𝟎) = 𝐬𝐢𝐧(𝝅𝒙)

𝒖𝟒𝟎 = 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟖 𝝅)

𝒖𝟓𝟎 = 𝟎

𝒖𝟓𝟏 = 𝟎

Sekil 5.12: Isı denklemi sınır, baslangıç kosulları ve uij noktaları

denklemleri elde edilir. Sınır kosullarından

u00 = u(0, 0) = 0, u50 = u(1, 0) = 0

olur.

Baslangıç kosulu u(x, 0) = sin(πx) kullanılarak

u10 = u(0.2, 0) = sin(0.2π) = 0.5878, u20 = u(0.4, 0) = sin(0.4π) = 0.9511

u30 = u(0.6, 0) = sin(0.6π) = 0.9511, u40 = u(0.8, 0) = sin(0.8π) = 0.5878

olarak elde edilir. Bu degerler kullanılarak

u11 = 0.25(0.9511 + 2(0.5878) + 0) = 0.5317

bulunur. Bu deger, u(0.2, 0.01) sıcaklıgının yaklasık degeridir. Benzer se-kilde u fonksiyonunun yaklasık degerleri tablodaki gibi elde edilir.

159


Zaman x = 0.2 x = 0.4 x = 0.6 x = 0.8

0.00 0.5878 0.9511 0.9511 0.5878

0.01 0.5317 0.8602 0.8602 0.5317

0.02 0.4809 0.7781 0.7781 0.4809

0.03 0.4350 0.7038 0.7038 0.4350

0.04 0.3934 0.6366 0.6366 0.3934...

......

......

0.48 0.0048 0.0077 0.0077 0.0048

0.49 0.0043 0.0070 0.0070 0.0043

0.50 0.0039 0.0063 0.0063 0.0039

Gerçek (analitik) çözüm

u(x, t) = e−π2t sin(πx)

seklindedir. Farklı (x, t) noktalarında analitik çözüm ile yaklasık çözümeait degerleri karsılastıralım. Mutlak hataları bulalım.

Gerçek deger Yaklasık deger Mutlak hatau(0.2, 0.04) = 0.3961 u14 = 0.3934 0.027

u(0.4, 0.05) = 0.5806 u25 = 0.5758 0.048

u(0.6, 0.06) = 0.5261 u36 = 0.5208 0.053

u(0.2, 0.1) = 0.2191 u1,10 = 0.2154 0.037

u(0.8, 0.14) = 0.1476 u4,14 = 0.1442 0.034

Gerçek deger ile yaklasık degerler karsılastırılacak olursa, bazı amaçlariçin tabloda verilen yaklasık degerler uygun olabilir. Genel olarak yöntemiçin bazı zorluklar vardır. Eger islem sırasında yapılan yuvarlama veyadiger hatalar hızla büyürse sayısal yöntem kararlı olmaz. r ≤ 0.5 ikensayısal yöntem kararlı diger duurmlarda kararlı degildir.

Crank-Nicholson Yöntemi

Parabolik diferansiyel denklemin yaklasık çözümünü bulmak için kul-lanılan bir çok kapalı sonlu far yöntemi vardır. Bu yöntemler (j + 1).zaman dogrusu üzerinde u nun yaklasık çözümünü belirlemek için, li-neer denklem sisteminin çözümüne gereksinim duyar. Kararlı olmayanproblemlerin çözümü için bu yöntemler uygulanır. Bu yöntemlerden enfazla kullanılanını Crank Nicholson yöntemidir. Bu yöntemde

ut = cuxx

ısı denklemine karsılık gelen t ve t + 1 gibi iki noktada hesaplanmıs ikimerkzei farkın ortalaması olan

c2

[u(x+h,t)−2u(x,t)+u(x−h,t)

h2+ u(x+h,t+k)−2u(x,t+k)+u(x−h,t+k)

h2

]= 1

k [u(x, t+ k)− u(x, t)]

160


fark denklemi kullanılır. r = ckh2

alınır. Denklem düzenlenirse

−ui−1,j+1 + αui,j+1 − ui+1,j+1 = ui+1,j − βuij + ui−1,j (5.10)

fark denklemi elde edilir. Burada j = 0, 1, · · · ,m− 1, i = 1, 2, · · · , n− 1 ve

α = 2

(1 +

1

r

), β = 2

(1− 1

r

)5.10 denkleminin seçilmesiyle ui,j+1 bilinmeyenine göre (n− 1) bilinme-yenli (n − 1) denklemden olusan bir lineer denklem sistemi elde edilir.Baslangıçta verilen sınır kosullarından dolayı i = 0 ve i = n için ui,j+1

degeri bilinmektedir. Örnegin, n = 4 için (j+1). zaman dogrusu üzerindeu nun yaklasık degerini belirlemek için, kullanılacak lineer denklem sis-temi

−u0,j+1 + αu1,j+1 − u2,j+1 = u2j − βu1j + u0j

−u1,j+1 + αu2,j+1 − u3,j+1 = u3j − βu2j + u1j

−u2,j+1 + αu3,j+1 − u4,j+1 = u4j − βu3j + u2j

olarak elde edilir. Bu denklem

αu1,j+1 − u2,j+1 = b1−u1,j+1 + αu2,j+1 − u3,j+1 = b2−u2,j+1 + αu3,j+1 = b3

seklinde yazılabilir. Burada

b1 = u2j − βu1j + u0j + u0,j+1

b2 = u3j − βu2j + u1j

b3 = u4j − βu3j + u2j + u4,j+1

seklindedir. Genel olarak 5.10 fark denklemini kullanarak u nun (j+ 1).zaman dogrusu üzerindeki yaklasık çözümünü bulmak için

Ax = b

seklindeki lineer denklem sistemini çözmek gerekmektedir. Burada Amatrisi

A =

α −1 0 0 0 · · · 0 0−1 α −1 0 0 0 00 −1 α −1 0 0 00 0 −1 α −1 0 0...

. . ....

...0 0 0 0 0 α −10 0 0 0 0 0 −1 α

161


biçiminde katsayılar matrisi, band matris, ve b vektörü

b1 = u2j − βu1j + u0j + u0,j+1

b2 = u3j − βu2j + u1j

b3 = u4j − βu3j + u2j...

bn−1 = unj − βun−1,j + un−2,j + un,j+1

elemanlarından olusur.Örnek 5.0.5 Asagıda verilen sınır deger probleminin yaklasık çözümünün = 5 ve r = 1 alarak Crank-Nicholson yöntemiyle bulunuz.

ut = 0.119uxx, 0 < x < 20, 0 < t < 10u(x, 0) = 2, 0 < x < 20u(0, t) = 0 u(20, t) = 10, 0 ≤ t ≤ 10

h = 20/5 = 4 ve c = 0.119 olur.

r =ck

h2=⇒ k =

rh2

c=⇒ k =

1x42

0.119= 134.45

olarak bulunur. Burada k = 134.45 saniye cinsindendir, problemde verilenzaman aralıgı ise dakika cinsindendir. Yaklasık olarak k = 2.240 dakikaolarak alınır. Böylece

α = 2

(1 +

1

r

)= 4, β = 2

(1− 1

r

)= 0

olarak elde edilir. Bu durumda j = 0 için

−u01 + αu11 − u21 = u20 − βu10 + u00

−u11 + αu21 − u31 = u30 − βu20 + u10

−u21 + αu31 − u41 = u40 − βu30 + u20

−u31 + αu41 − u51 = u50 − βu40 + u30

Problemde verilen degerler yerine yazılırsa

−0 + 4u11 − u21 = 2 + 0 = 2−u11 + 4u21 − u31 = 2 + 2 = 4−u21 + 4u31 − u41 = 2 + 2 = 4−u31 + 4u41 − 10 = 10 + 2 = 12

elde edilir. Burada 4 bilinmeyen 4 denklemden olusan bir lineer denklemsistemi vardır. Denklem sistemi matris formunda

4 −1 0 0−1 4 −1 00 −1 4 −10 0 −1 4

u11

u21

u31

u41

=

24422

162


seklinde olur, çözülürse birinci zaman seviyesi için degerler

u11 = 1.005, u21 = 2.019, u31 = 3.072, u41 = 6.267

olur. Ikinci zaman seviyesi için, j = 1 için

−u02 + αu12 − u22 = u21 − βu11 + u01

−u12 + αu22 − u32 = u31 − βu21 + u11

−u22 + αu32 − u42 = u41 − βu31 + u21

−u32 + αu42 − u52 = u51 − βu41 + u31

denklem sistemi olur. Birinci adımdan elde edilen degerler kullanılırsa

−0 + αu12 − u22 = 2.019 + 0−u12 + αu22 − u32 = 3.072 + 1.004−u22 + αu32 − u42 = 6.267 + 2.019−u32 + αu42 − 10 = 10 + 3.073

olur. Denklem sistemi çözülürse ikinci zaman seviyesindeki degerler

u12 = 1.103, u22 = 2.391, u32 = 4.386, u42 = 6.864

olur. Benzer sekilde j = 2, 3 için yapılırsa asagıdaki tablodaki degerlerelde edilir.

Zaman x = 4 x = 8 x = 12 x = 16

0.0 2.0 2.0 2.0 2.0

2.240 1.005 2.019 3.072 6.267

4.481 1.103 2.391 4.386 6.864

6.721 1.328 2.922 4.873 7.315

8.961 1.543 3.250 5.255 7.686

5.0.3 Hiperbolik Denklemler

En tipik örnegi dalga denklemidir. Dalga denklemi fizikte çok önemlibir yere sahip bir kısmi diferansiyel denklemdir. Bu denklemin çözüm-lerinden, ses, ısık ve su dalgalarının hareketlerini betimleyen fizikselnicelikler çıkar. Kullanım alanı, akustik, akıskanlar mekanigi ve elekt-romanyetikte oldukça fazladır.

Bu bölümde bir boyutlu dalga denkleminin sayısal çözümü ile ilgili farkdenkleminin nasıl elde edilecegini gösterecegiz. Bir boyutlu dalga denk-lemi

utt = c2uxx, 0 < x < a, t > 0

u(x, 0) = f(x), ∂u∂t |t=0 = g(x), 0 ≤ x ≤ a

u(0, t) = 0 u(a, t) = 0, t > 0

163


seklinde tanımlanır. Eger f ve g fonksiyonları (0, a) aralıgında ikinci mer-tebeden sürekli türevlere sahip ve f(a) = f(0) = 0 ise, verilen dalgadenkleminin bir tek çözümü vardır.

Dalga denkleminin bir uygulaması titresimli yay problemidir. Ötelemedik olarak ölçülür ve degeri u ile gösterilir. utt = c2uxx denklemindec2 = T0g

w0burada T0 yaya uygulanan gerilme kuvveti, w0 (mass density) ya-

yın birim uzunluk basına agırlıgı, g yerçekim ivmesidir. Baslangıç kosu-lundaki f(x) fonksiyonu yayın ilk durumdaki sekli, türev kosulu yayınilk hızı, sınır kosulları ise uçlardaki yayın sabit yani öteleme degerininsıfır oldugunu gösterir.

Dalga denklemi çözüldügünde hesaplanan zamanın fonksiyonu olarakyay boyunca ötelemedir.

Simdi daha önceki kısımlarda gibi dalga denkleminin yerine alacagımızsonlu fark denklemini elde edelim. Dalga denkleminde ikinci mertebe-den kısmi türevlerin yerine, yaklasık degerleri olan merkezi fark denk-lemlerini yazabiliriz. Yani,

uxx ≈u(x+ h, t)− 2u(x, t) + u(x− h, t)

h2

ve

utt ≈u(x, t+ k)− 2u(x, t) + u(x, t− k)

k2

yazarız. Böylece,

utt = c2uxx (5.11)

denklemi yerine

u(x, t+ k)− 2u(x, t) + u(x, t− k)

k2= c2u(x+ h, t)− 2u(x, t) + u(x− h, t)

h2

Eger r = ckh olarak tanımlarsak her i = 1, 2, · · · , n− 1 ve j = 1, 2, · · · ,m− 1

için 5.11 denklemi

ui,j+1 = r2ui+1,j + 2(1− r2)uij + r2ui−1,j − ui,j−1 (5.12)

seklini alır. Bir boyutlu dalga denkleminin nümerik çözümü 5.12 açıksonlu fark denklemi yöntemiyle bulunur. 5.12 denklemi 5.11 denkle-minin xt-düzleminde 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ t ≤ T esitsizligi ile tanımlanan birdikdörtgensel bölgedeki u(x, t) yaklasık çözümünü bulmak için kullanı-lır. Eger n ve m pozitif tamsayılar ve

h =a

nve k =

T

m

164


ise, verilen dikey ve yatay ızgara dogruları

xi = ih, i = 0, 1, 2, · · · , n

tj = jk, j = 0, 1, 2, · · · ,molarak tanımlanır. Sekil 5.13 de görüldügü gibi baslangıçta verilen (j−1).


𝒖𝒊,𝒋+𝟏 𝒋+ 𝟏 . zaman doğrusu

𝒋. zaman doğrusu

𝒖𝒊,𝒋−𝟏

(j-1 . zaman doğrusu

h

k

Sekil 5.13: Dalga denklemi uij noktaları

ve j. zaman dogruları üzerindeki degerler kullanılarak ui,j+1 in (j + 1).zaman dogrusu üzerindeki yaklasık degeri bulunur. Açık olarak

ui0 = u(xi, 0) = f(xi), baslangıç kosuluu0j = u(0, tj) = 0 unj = u(a, tj) = 0, sınır kosulları

kullanılarak ui,j+1 in (j + 1). zaman dogrusu üzerindeki yaklasık degeribulunur. Baslangıç degerlerini hesaplamak için burada ufak bir sorunvardır.

5.12 denkleminden görüldügü gibi j = 1 için ui1 degerini bilmeliyiz. ui2degerini hesaplayabilmek için birinci zaman dogrusu üzerinde ui1 dege-rinin bilinmesi gerekmektedir. Sekil 5.13 de görüldügü gibi j = 0 için ilkzaman dogrusu üzerinde ui1 degeri ui,−1 ve sıfırıncı zaman dogrusu üze-rindeki ui0 degerlerine baglıdır. ui0 degerini bulmak için ∂u

∂t (x, 0) = g(x)baslangıç hızı kosulunu kullanırız. Buradan t = 0 için merkezi fark for-mulünü kullanarak

g(xi) = ut(xi, 0) ≈ u(xi, k)− u(xi,−k)

2k

165


yazabiliriz. Bu denklemde u(xi,−k) = ui,−1 oldugundan

uxi,−k ≈ u(xi, k)− 2kg(xi)

olur. Yani 5.12 denkleminde

ui,−1 = ui1 − 2kg(xi)

alınır. Bu durumda j = 0 için 5.12 denklemi

ui1 =r2

2(ui+1,0 + ui−1,0) + (1− r2)ui0 + kg(xi) (5.13)

olur.

Örnek 5.0.6

utt = 4uxx, 0 < x < 1, 0 < t < 1

u(x, 0) = sin(πx), ∂u∂t |t=0 = 0, 0 ≤ x ≤ 1

u(0, t) = 0 u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 1

sınır deger probleminin yaklasık çözümünü n = 5,m = 20 alarak sonlufark yöntemi ile bulunuz. Gerçek çözüm u(x, t) = sin(πx) cos(2πt) olarakverilmistir. Yaklasık degerler ile gerçek degerleri karsılastırınız.

Sekil 5.14 de problemin bölgesi, sınır ve baslangıç kosulları, zaman sevi-yeleri ile bilinmeyen iç degerler gösterilmistir.

Probleme göre c = 2, h = 1n = 1

5 = 0.2, k = 1m = 1

10 = 0.05 ve r = 0.5 olur.g(x) = 0 için 5.13 ve 5.12 denklemleri sırasıyla

ui1 = 0.125(ui+1,0 + ui−1,0) + 0.75ui0 (5.14)

ui,j+1 = 0.25ui+1,j + 1.5uij + 0.25ui−1,j − ui,j−1 (5.15)

olur. i = 1, 2, 3, 4 için 5.14 denklemeinden birinci zaman dogrusu üzerin-deki ui1 degerleri

u11 = 0.125(u20 + u00) + 0.75u10 = 0.55972100u21 = 0.125(u30 + u10) + 0.75u20 = 0.90564761u31 = 0.125(u40 + u20) + 0.75u30 = 0.90564761u41 = 0.125(u50 + u30) + 0.75u40 = 0.55972100

olarak elde edilir. Burada ui0 = u(xi, 0) = sin(πxi) degerleri kullanılır. Bu-rada xi = ih = 0.2i, i = 1, 2, 3, 4 olmaktadır.

166


𝒖𝟐𝟏

𝒕 = 𝟎.𝟎𝟓 𝒔

𝒖𝟏𝟏

𝒖𝟎𝟐 = 𝟎

𝒕 = 𝟎.𝟏 𝒔𝒏

𝒖𝟒𝟏

𝒕 = 𝟎.𝟏𝟓 𝒔𝒏

𝒖𝟐𝟎= 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟒 𝜋)

𝒖𝟑𝟏

𝒖𝟏𝟎= 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟐𝝅)

Denklemi buraya yazın.

𝒕 = 𝟏 𝒔𝒏

𝒕

𝒙

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

𝒖𝟑𝟎 = 𝐬𝐢𝐧(𝟎.𝟔𝝅)

𝒖𝟎𝟎 = 𝟎

𝒕 = 𝟎 𝒔𝒏

𝒖 = 𝟎 𝒖 = 𝟎

𝒖(𝒙,𝟎) = 𝐬𝐢𝐧(𝝅𝒙)

𝒖𝟒𝟎 = 𝒔𝒊𝒏(𝟎.𝟖 𝝅)

𝒖𝟓𝟎 = 𝟎

𝒖𝟓𝟏 = 𝟎

Sekil 5.14: Dalga denklemi sınır, baslangıç kosulları ve uij noktaları

j = 1 için 5.15 denklemi

ui2 = 0.25ui+1,1 + 1.5ui1 + 0.25ui−1,1 − ui0

olur. Bu durumda i = 1, 2, 3, 4 için

u12 = 0.25u21 + 1.5u11 + 0.25u01 − u10

u22 = 0.25u31 + 1.5u21 + 0.25u11 − u20

u32 = 0.25u41 + 1.5u31 + 0.25u21 − u30

u42 = 0.25u51 + 1.5u41 + 0.25u31 − u40

olur. Bu degerler, birinci zaman dogrusu üzerindeki hesaplanmıs ui1, i =1, 2, 3, 4 ve sınır degerleri kullanılarak hesaplanırsa ikinnci zaman dog-rusu üzerindeki u degerleri bulunmus olur. Bu sekilde çözüme yaklasımiçin asagıdaki tablodaki degerler elde edilir.

167


Zaman x = 0.2 x = 0.4 x = 0.6 x = 0.8

0.0 0.5878 0.9511 0.9511 0.5878

0.05 0.5597 0.9056 0.9056 0.5597

0.10 0.4782 0.7738 0.7738 0.4782

0.15 0.3510 0.5680 0.5680 0.3510

0.20 0.1903 0.3080 0.3080 0.1903

0.25 0.0115 0.0185 0.0185 0.0115

0.30 −0.1685 −0.2727 −0.2727 −0.1685

0.35 −0.3324 −0.5378 −0.5378 −0.3324...

......

......

0.50 −0.5873 −0.9503 −0.9503 −0.5873...

......

......

0.70 −0.2119 −0.3428 −0.3428 −0.2119

0.75 −0.0344 −0.0556 −0.0556 −0.0344

0.80 0.1464 0.2369 0.2369 0.1464

0.85 0.3132 0.5068 0.5068 0.3132

0.90 0.4501 0.7283 0.7283 0.4501

0.95 0.5440 0.8803 0.8803 0.5440

1.00 0.5860 0.9482 0.9482 0.5860

Verilen denklemin analitik çözümü

u(x, t) = sin(πx) cos(2πt)

seklindedir. Asagıdaki tabloda gerçek çözümle yaklasık çözüme ait bazıdegerler verilmistir.

Gerçek deger Yaklasık degeru(0.4, 0.25) = 0 u25 = 0.0185

u(0.6, 0.3) = −0.2939 u36 = −0.2727

u(0.2, 0.5) = −0.5878 u1,10 = −0.5873

u(0.8, 0.7) = −0.1816 u4,14 = −0.2119

Tablodan görüldügü gibi gerçek deger ile yaklasık deger arasındaki farkbir hayli fazladır. Dogrulugu daha fazla olan çözüm elde etmek için 5.12denkleminde r = ck

h = 1 seçilmelidir. Bu durumda k = hc olur.

Eger n = 8,m = 16 olarak alınırsa h = 18 , k = 1

16 ve r = 1 olur. Bu deger-ler kullanılarak yaklasık çözüm bulunursa gerçek ve yaklasık degerlerkarsılastırılırsa

Gerçek deger Yaklasık degeru(0.25, 0.3125) = −0.2706 u25 = −0.2706

u(0.375, 0.375) = −0.6533 u36 = −0.6533

u(0.125, 0.625) = −0.2706 u1,10 = −0.2706

168


elde edilir. Tablodanda görüldügü gibi gerçek deger ile yaklasık degerlerbirbirine çok yakın hemen hemen aynıdır.

Dalga denkleminin yaklasık degerini bulmak için kullanılan açık sonlufark yönteminde r ≤ 1 ise sistem kararlı, r > 1 ise kararlı degildir.


(1) u(x, y) = ln(x2 + y2) fonksiyonunun Laplace denklemini sagladıgınıgösterin.

C: uxx + uyy = 0 oldugu gösterilir.

(2) u(x, t) = sin(2x)e−8t fonksiyonunun asagıdaki ısı denklemini ve bas-langıç ve sınır kosullarını sagladıgını gösterin.

ut = 2uxx, 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ t ≤ 0.2u(x, 0) = sin(2x), 0 ≤ x ≤ πu(0, t) = u(π, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0.2

(3)uxx + uyy = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1u(x, 0) = 0, u(x, 1) = 0, 0 ≤ x ≤ 1u(0, y) = 0 u(1, y) = 0, 0 ≤ y ≤ 1

Sınır ve baslangıç kosulları verilen Laplace denklemini h = 13 ala-

rak sonlu farklar yöntemi ile çözünüz. Denklem sistemini matrisformunda yazınız.

C: Denklem sistemi matris formunda−4 1 1 01 −4 0 11 0 −4 10 1 1 −4

u11

u21

u12

u22

=

0000

u11 = u21 = u12 = u22 = 0.

(4)uxx + uyy = 0, 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1u(x, 0) = x, u(x, 1) = 1, 0 ≤ x ≤ 1u(0, y) = y u(1, y) = 1, 0 ≤ y ≤ 1

Sınır ve baslangıç kosulları verilen Laplace denklemini h = 13 ala-

rak sonlu farklar yöntemi ile çözünüz. Denklem sistemini matrisformunda yazınız.

169



u11

u21

u12

u22

=

−2/3−5/3−5/3−2/3

u11 = 0.54667, u21 = u12 = 0.76, u22 = 0.82667.

(5)uxx + uyy = 0, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2u(0, y) = 0 u(2, y) = y(2− y), 0 ≤ y ≤ 2

u(x, 0) = 0, u(x, 2) =

{x 0 < x < 1

2− x 1 ≤ x < 2

}Sınır ve baslangıç kosulları verilen Laplace denklemini h = 2

3 ala-rak sonlu farklar yöntemi ile çözünüz. Denklem sistemini matrisformunda yazınız.


u11

u21

u12

u22

=

0−8/9−2/3−14/9

u11 = 0.1944, u21 = 0.4167, u12 = 0.3611, u22 = 0.5833.

(6)uxx + uyy = 0, 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2u(0, y) = 0 u(2, y) = y(2− y), 0 ≤ y ≤ 2

u(x, 0) = 0, u(x, 2) =

{x 0 < x < 1

2− x 1 ≤ x < 2

}Sınır ve baslangıç kosulları verilen Laplace denklemini h = 1

2 ala-rak sonlu farklar yöntemi ile çözünüz. Denklem sistemini matrisformunda yazınız.

C: Denklem sistemi matris formunda

−4 1 0 1 0 0 0 0 01 −4 1 0 1 0 0 0 00 1 −4 0 0 1 0 0 01 0 0 −4 1 0 1 0 00 1 0 1 −4 1 0 1 00 0 1 0 1 −4 0 0 10 0 0 1 0 1 −4 1 00 0 0 0 1 0 1 −4 10 0 0 0 0 1 0 1 −4

u11

u21

u31

u12

u22

u32

u13

u23

u33

=

000000000

170


u11 = 0.1094, u21 = 0.2277, u31 = 0.3951, u12 = 0.2098

u22 = 0.4063, u32 = 0.6027, u23 = 0.5848, u33 = 0.6094

(7) Verilen baslangıç, sınır kosulları (Neumann kosulu) ile Laplace denk-leminin yaklasık çözümünü h = 0.5 alarak bulunuz.

uxx + uyy = 12xy, 0 < x < 2, 0 < y < 1

u(x, 1) = x, ∂u∂n(x, 0) = 0, 0 < x < 1.5

u(0, y) = 0 u(2, y) = 1, 0 < y < 1

C: Denklem sistemi matris formunda

1 0 −4 1 0 00 1 1 −4 0 10 0 0 1 1 −4−4 1 2 0 0 01 −4 0 2 1 00 1 0 0 −4 2

u11

u21

u12

u22

u31

u32

=

−1/2−1−5/2

00−1

u11 = 0.4018, u21 = 0.750, u12 = 0.4285, u22 = 0.8125, u31 = 0.9732, u32 = 1.0714

(8) Asagıda verilen sınır deger problemini (ısı denklemi) h = 0.2, k =0.01 alarak birinci zaman seviyesindeki degerleri bulunuz.

ut = uxx, 0 < x < 1, 0 < t < 0.5u(x, 0) = x, 0 ≤ x ≤ 1u(0, t) = 0 u(1, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0.5

C: r = 0.25 olur. Birinci zaman seviyesi degerleri:

u11 = 0.2, u21 = 0.85, u31 = 2.4, u41 = 0.19

(9) Asagıda verilen sınır deger problemini (ısı denklemi) h = 0.2, k =0.02 alarak birinci ve ikinci zaman seviyelerindeki degerleri bulu-nuz.

ut = uxx, 0 < x < 1, 0 < t < 0.5u(x, 0) = x4, 0 < x < 1u(0, t) = 0 u(1, t) = 1, 0 ≤ t ≤ 0.5

C: r = 0.5 olur. Birinci zaman seviyesi degerleri:

u11 = 0.0128, u21 = 0.0656, u31 = 0.2176, u41 = 0.5648

Ikinci zaman seviyesi degerleri:

u12 = 0.0328, u22 = 0.1152, u32 = 0.3152, u42 = 0.6088

171


(10) Asagıda verilen sınır deger problemini (ısı denklemi) h = 0.2, k =0.04 alarak Crank-Nicholson yöntemi ile birinci ve ikinci zamanseviyelerindeki degerleri bulunuz.

ut = uxx, 0 < x < 1, t > 0u(x, 0) = x4, 0 < x < 1u(0, t) = 0 u(1, t) = 1, t > 0

C: r = 1 olur. Birinci zaman seviyesi degerleri:

u11 = 0.0348, u21 = 0.1136, u31 = 0.2883, u41 = 0.6045

Ikinci zaman seviyesi degerleri:

u12 = 0.0783, u22 = 0.1997, u32 = 0.3973, u42 = 0.6714

(11) Asagıda verilen sınır deger problemini (ısı denklemi) n = 8,m = 30için Crank-Nicholson yöntemi ile ilk iki zaman seviyesi için çözü-nüz.

ut = 0.25uxx, 0 < x < 2, 0 < t < 0.3u(x, 0) = sin(πx), 0 < x < 2

u(0, t) = 0 u(2, t) = 0, 0 ≤ t ≤ 0.3

Gerçek çözümu(x, t) = e−π

2t/4 sin(πx)

fonksiyonudur. Ilk iki zaman seviyesi için (x, t) noktalarında ana-litik çözüm ile yaklasık çözüme ait degerleri x = 0.25, x = 0.5 vex = 0.75 için karsılastırınız. Mutlak hataları hesaplayınız.

C: h = 0.25, k = 0.01, c = 0.25 olur.

Gerçek deger Yaklasık deger Mutlak hatau(0.25, 0.01) = 0.6899 0.6907 8.0e− 04

u(0.25, 0.02) = 0.6731 0.6747 0.0016

u(0.5, 0.01) = 0.9756 0.9768 0.0012

u(0.5, 0.02) = 0.9518 0.9542 0.0024

u(0.75, 0.01) = 0.6899 0.6907 8.0e− 04

u(0.75, 0.02) = 0.6731 0.6747 0.0016

(12)utt = uxx, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = 18 sin(πx), ∂u

∂t |t=0 = 0, 0 ≤ x ≤ 1u(0, t) = 0 u(1, t) = 0, t > 0

sınır deger probleminin (dalga denkleminin) yaklasık çözümünüh = k = 0.25 alarak sonlu fark yöntemi ile ilk üç zaman seviyesi içint = 0.25, t = 0.5, t = 0.75 saniyeler için bulunuz.

172


C: Ilk zaman seviyesi t = 0.25 sn

u11 = 1/16, u21 =√

2/16, u31 = 1/16

Ikinci zaman seviyesi t = 0.5 sn

u12 = 0, u22 = 0, u32 = 0

Üçüncü zaman seviyesi t = 0.75 sn

u13 = −1/16, u23 = −√

2/16, u33 = −1/16

(13)utt = uxx, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = x(1− x), ∂u∂t (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1

u(0, t) = 0 u(1, t) = 0, t > 0

sınır deger probleminin (dalga denkleminin) yaklasık çözümünüh = 0.2, k = 0.2 alarak sonlu fark yöntemi ile ilk üç zaman seviyesit = 0.2, t = 0.4, t = 0.6 saniyeler için bulunuz.

C: Ilk zaman seviyesi t = 0.2 sn

u11 = 0.12, u21 = 0.2, u31 = 0.2, u41 = 0.12

Ikinci zaman seviyesi t = 0.4 sn

u12 = 0.04, u22 = 0.08, u32 = 0.08, u42 = 0.04

Üçüncü zaman seviyesi t = 0.6 sn

u13 = −0.04, u23 = −0.08, u33 = −0.08, u43 = −0.04

173

Documents

MAT 307-NÜMERIK ANAL˙ IZ˙ DERS NOTLARI · Difeansiyel denklemler ﬁziksel sistemin konumuna ve/veya zamana ba˘glı de-˘gisimlerini¸ ifade eden denklemlerdir. Diferansiyel denklem