CEVAPLAR Soru 1. Soru 4. Soru 2. Soru 5. Soru 3. Soru 6.

İ s t a n b u l K ü l t ü r Ü n i v e r s i t e s i
Matematik -Bilgisayar Bölümü
MB5002, MC 561, MC 562 - NÜMERİK ANALİZ (I)
03 Ocak 2013
CEVAPLAR
Talimatlar
– Sınav süresi 115 dakikadır. İlk 30 dakika sınav salonunu terk etmeyiniz. Sınav,
belirtilen puanlandırmaya sahip altı sorudan oluşmaktadır. Tam puan almak için
yaptığınız işlemleri sınav kâğıdında belirtmeniz gerekmektedir. Sadece cevaplar
puanlandırılmayacaktır. Sınav süresince mobil telefonlarınızı kapalı tutunuz. Ders
notlarını içeren herhangi bir aracın sınav süresince kullanılması yasaktır. Trigonometrik ifadelerle ilgili hesap makinasında işlem yaparken radyan modunu kullanmayı unutmayınız. Aksi soruda belirtilmedikçe 5-ondalık dijit yuvarlama
aritmetiği kullanarak hesaplmalarınızı yapınız. Cevap anahtarı, sınav sonrasında
Matematik-Bilgisayar Bölümü panosuna asılacaktır.
Başarılar.
Soru 1.
Soru 2.
Soru 3.
Yrd. Doç. Dr. Emel Yavuz Duman
Soru 4.
Soru 5.
Soru 6.
İstanbul Kültür Üniversitesi
Soru 1.
15 puan
f fonksiyonunun bazı noktalarda aldığı değerleri içeren aşağıdaki tablo verilsin:
0.84
x
f (x) 0.74464
0.92
0.79560
1.00
0.84147
1.08
0.88196
1.16
0.91680
f ′ (1) türev değerine en iyi yaklaşımı yapınız.
Cevap. Mümkün tüm yaklaşımların yanında, en iyi yaklaşım değeri x0 = 1 ve h = 0.08
olmak üzere beş nokta orta formülü kullanılarak elde edilir. Buna göre
1
[f (x0 − 2h) − 8f (x0 − h) + 8f (x0 + h) − f (x0 + 2h)]
12h
f ′ (x0 ) ≈
olmak üzere
1
[f (0.84) − 8f (0.92) + 8f (1.08) − f (1.16)]
12(0.08)
1
≈
[0.74464 − 8(0.79560) + 8(0.88196) − 0.91680]
12(0.08)
≈ 0.54033
f ′ (1) ≈
şeklinde yaklaşım sonucu elde edilir.
Soru 2.
15 puan
f (x) = ex sin x + 27 fonksiyonunun ikinci türevinin 0.7 noktasındaki değerine h = 0.01
olmak üzere ikinci türev için orta nokta formülü kullanılarak yapılan yaklaşımda oluşan
hata için bir üst sınır belirleyiniz.
Cevap. ξ sayısı x0 − h = 0.7 − 0.01 = 0.69 ve x0 + h = 0.7 + 0.01 = 0.71 arasında olmak
üzere ikinci türev için orta nokta formülü kullanılarak yapılan yaklaşımda oluşan hata
2
h (iv) E = f (ξ)
12
ifadesi ile verildiğinden
f ′ (x) = ex (sin x + cos x),
f ′′ (x) = 2ex cos x,
f ′′′ (x) = 2ex (cos x − sin x), f (iv) (x) = −4ex sin x
olduğu kullanılarak
0.012 ξ
0.012 ξ
4e sin ξ ≤ max
e sin ξ E=
0.69≤ξ≤0.71
12
3
elde edilir. g(ξ) = eξ sin ξ olmak üzere [0.69, 0.71] aralığında g ′ (ξ) = eξ (sin ξ + cos ξ)
fonksiyonu hep pozitif değer aldığından g(ξ) fonksiyonu monoton artandır. Buna göre
|g(ξ)| maksimum değerini aralığın sınırlarında alır:
|g(0.69)| = |e0.69 sin 0.69| = 1.2691 < 1.3258 = |e0.71 sin 071| = |g(0.71)|.
Dolayısıyla, yapılan yaklaşımda oluşan hata için bir üst sınır
E≤
0.012
(1.3258) = 0.4419 × 10−4
3
olarak elde edilir. Yani yapılan yaklaşım ε = 10−4 hassaslıktadır.
2
İstanbul Kültür Üniversitesi
15 puan
Soru 3.
Aşağıdaki tablo değerleri verilsin:
xi
f (xi )
−0.4
0
0.4
−0.204 −0.07 −0.006
0.8
0.442
1.2
1.658
Newton geri fark formülünü kullanarak x = 1 değerine bir yaklaşımda bulununuz.
Cevap. Öncelikle Newton geri fark tablosunu oluşturalım:
i
4
xi
1.2
f (xi )
1.658
∇f (xi ) ∇2 f (xi )
∇3 f (xi ) ∇4 f (xi )
1.216
3
0.8
0.442
0.768
0.448
2
0.4
−0.006
1
0
−0.07
0.384
−0.07
0.384
0.064
0.454
−0.07
0.134
0
−0.4 −0.204
Buna göre h = 0.4, xn = 1.2 ve x = 1 olduğundan s =
edilir. Dolayısıyla istenen yaklaşım
x−xn
h
=
1−1.2
0.4
= −0.5 olarak elde
s(s + 1) 2
s(s + 1)(s + 2) 3
∇ f (xn ) +
∇ f (xn )
2!
3!
s(s + 1)(s + 2)(s + 3) 4
+
∇ f (xn )
4!
0.5(−0.5 + 1)
(0.768)
=1.658 − 0.5(1.216) −
2!
0.5(−0.5 + 1)(−0.5 + 2)
−
(0.384)
3!
0.5(−0.5 + 1)(−0.5 + 2)(−0.5 + 3)
−
(−0.07)
4!
=0.93273
f (1) ≈ P4 (1) =f (xn ) + s∇f (xn ) +
şeklinde elde edilir.
3
İstanbul Kültür Üniversitesi
Soru 4.
15 puan
f (x) = x cos x fonksiyonu için 1 f (x)dx integraline Simpson ve yamuk kurallarını
kullanarak bir yaklaşımda bulununuz. Her iki yaklaşımda oluşan mutlak hatayı hesaplayınız.
∫5
Cevap. İntegralin gerçek değeri kısmi integrasyon ile x = u ⇒ dx = du ve cos xdx =
dv ⇒ sin x = v olmak üzere aşağıdaki şekilde hesaplanır:
∫ 5
∫ 5
5
x cos xdx = x sin x|1 −
sin xdx = (x sin x + cos x)51
1
1
= 5 sin 5 + cos 5 − 1 sin 1 − cos 1 = −5.8927.
Diğer taraftan h = b − a = 5 − 1 = 4 olmak üzere yamuk kuralını kullanarak bir
yaklaşım
∫ 5
h
x cos xdx ≈ [f (1) + f (5)]
2
1
4
≈ [1 cos 1 + 5 cos 5] = 3.9172
2
= 5−1
= 2 olmak üzere Simpson kuralını kullanarak bir yaklaşım x1 =
ve h = b−a
2
2
a + h = 1 + 2 = 3 için
∫ 5
h
x cos xdx ≈ [f (1) + 4f (3) + f (5)]
3
1
2
≈ [1 cos 1 + 4(3 cos 3) + 5 cos 5] = −6.6142
3
şeklinde elde edilir. Buna göre yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yapılan yaklaşımlarda
oluşan mutlak hatalar sırası ile
| − 5.8927 − 3.9172| = 9.8099
ve
| − 5.8927 − (−6.6142)| = 0.7215
olarak bulunur.
4
İstanbul Kültür Üniversitesi
Soru 5.
20 puan
f (x)dx integral değerine orta nokta kuralı ile bir yaklaşım yapıldığında 12, n = 2
−1
için bileşik orta nokta ve bileşik Simpson kuralları ile yapılan yaklaşımlardan ise sırası ile
5 ve 6 sonuçları elde ediliyor. f (−1) = f (1), f (−0.5) = f (0.5) − 1 olduğunu kullanarak
f (−1), f (−0.5) ve f (0) değerilerini hesaplayınız.
∫1
Cevap. Orta nokta kuralı kullanılarak yapılan yaklaşımdan 12 sonucu elde edildiğine
−1
göre, x−1 = −1, x1 = 1, h = x1 −x
= 1−(−1)
= 1 ve x0 = x−1 + h = −1 + 1 = 0 için
2
2
∫
1
−1
f (x0 )dx ≈ 2hf (x0 ) = 2(1)f (0) = 12 ⇒ f (0) = 6
olarak elde edilir. Diğer taraftan n = 2 için bileşik orta nokta kuralı ile 5 neticesine
b−a
ulaşıldığından h = n+2
= 1−(−1)
= 0.5 ve x0 = a + h = −1 + 0.5 = −0.5, x1 = a + 2h =
2+2
−1 + 1 = 0, x2 = a + 3h = −1 + 1.5 = 0.5 olmak üzere
∫
1
−1
f (x0 )dx ≈ 2h
1
∑
f (x2j ) = 2(0.5)(f (x0 ) + f (x2 )) = 2(0.5)(f (−0.5) + f (0.5)) = 5
j=0
ve buradan f (−0.5) = f (0.5) − 1 olduğunu kullanarak
f (0.5) − 1 + f (0.5) = 5 ⇒ f (0.5) = 3, f (−0.5) = 2
sonucu elde edilir. Son olarak n = 2 için bileşik Simpson kuralı ile 6 neticesine ulaşıldığından
h = b−a
= 1−(−1)
= 1 ve x1 = x0 + h = −1 + 1 = 0 için
n
2
∫
1
−1
f (x0 )dx ≈
h
1
[f (a) + 4f (x0 ) + f (b)] = [f (−1) + 4f (x0 ) + f (1)] = 12
3
3
ve burada f (−1) = f (1), f (0) = 6 olduğu kullanılarak
1
[f (1) + 4(6) + f (1)] = 12 ⇒ f (1) = f (−1) = 6
3
sonucu elde edilir.
5
İstanbul Kültür Üniversitesi
20 puan
Soru 6.
f (x0 + h) − f (x0 ) h ′′
− f (ξ)
h
2
şeklinde verilen türev değeri için fark formülünde oluşan yuvarlama hatasını araştırınız.
Metodun güvenilirliği hakkında yorum yapınız.
f ′ (x) =
Cevap. f (x0 + h) ve f (x0 ) ifadeleri sırası ile e(x0 + h) ve e(x0 ) yuvarlama hataları ile
f˜(x0 + h) ve f˜(x0 ) olarak hesaplansın. Buna göre
f (x0 + h) = f˜(x0 + h) + e(x0 + h) ve f (x0 ) = f˜(x0 ) + e(x0 )
yazılabilir. Dolayısıyla, yaklaşımda kesme ve yuvarlamadan dolayı oluşan toplam hata
1 ˜
h
[f (x0 + h) + e(x0 + h) − f˜(x0 ) − e(x0 )] − f ′′ (ξ)
h
2
f˜ (x0 + h) − f˜ (x0 )
e (x0 + h) − e(x0 ) h ′′
=
+
− f (ξ)
h
h
2
f ′ (x0 ) =
yani
f˜ (x0 + h) − f˜ (x0 )
e (x0 + h) − e (x0 )
h
=
− f ′′ (ξ)
h
h
2
şeklinde elde edilir. Eğer e (x0 + h) ve e (x0 ) yuvarlama hataları bir ε > 0 sayısı ile, f
fonksiyonunun ikinci türevi ise bir M sayısı ile sınırlıysa
f˜ (x0 + h) − f˜ (x0 ) 2ε h
′
+ M
f (x0 ) −
=
h
h
2
f ′ (x0 ) −
elde edilir. h2 M kesme hatasını minimize etmek için h uzunluğunu azaltmak gerekir.
Fakat h değerinin azalması durumunda 2ε
ile verilen yuvarlama hatası değeri artacaktır.
h
Dolayısıyla metot güvenilmezdir.
6
İstanbul Kültür Üniversitesi
Newton Geri Fark Formülü:
Pn (x) = f (xn ) +
n
∑
(−1)k
(−s)
k=1
Fark Formülü:
f ′ (x0 ) =
k
∇k f (xn )
f (x0 + h) − f (x0 )
h
− f ′′ (ξ)
h
2
Üç-Nokta Uç Nokta Formülü:
1
h2 ′′′
[−3f (x0 ) + 4f (x0 + h) − f (x0 + 2h)] +
f (ξ)
2h
3
f ′ (x0 ) =
Üç-Nokta Orta Nokta Formülü:
f ′ (x0 ) =
1
h2 ′′′
[f (x0 + h) − f (x0 − h)] −
f (ξ)
2h
6
Beş-Nokta Orta Nokta Formülü:
h4 (v)
1
[f (x0 − 2h) − 8f (x0 − h) + 8f (x0 + h) − f (x0 + 2h)] +
f (ξ)
12h
30
f ′ (x0 ) =
Beş-Nokta Uç Nokta Formülü:
1
h4 (v)
[−25f (x0 ) + 48f (x0 + h) − 36f (x0 + 2h) + 16f (x0 + 3h) − 3f (x0 + 4h)] +
f (ξ)
12h
5
f ′ (x0 ) =
İkinci Türev için Orta Nokta Formülü:
1
h2 (iv)
[f (x0 − h) − 2f (x0 ) + f (x0 + h)] −
f
(ξ)
2
h
12
f ′′ (x0 ) =
Kapalı Newton-Cotes Formülleri.
n = 1: Yamuk Kuralı
∫
x1
f (x) dx =
x0
n = 2: Simpson Kuralı
∫
x2
f (x) dx =
x0
n = 3: Simpson
3
8
h
h5 (iv)
[f (x0 ) + 4f (x1 ) + f (x2 )] −
f
(ξ)
3
60
Kuralı
∫
x3
f (x) dx =
x0
n = 4:
h
h2 ′′
[f (x0 ) + f (x1 )] −
f (ξ)
2
12
∫
x4
f (x) dx =
x0
3h
3h5 (iv)
[f (x0 ) + 3f (x1 ) + 3f (x2 ) + f (x3 )] −
f
(ξ)
8
80
2h
8h7 (vi)
[7f (x0 ) + 32f (x1 ) + 12f (x2 ) + 32f (x3 ) + 7f (x4 )] −
f
(ξ)
45
945
Açık Newton-Cotes Formülleri.
n = 0: Orta Nokta Kuralı
∫
x1
f (x) dx = 2hf (x0 ) +
x−1
n = 1:
∫
x2
f (x) dx =
x−1
n = 2:
∫
x3
f (x) dx =
x−1
n = 3:
∫
x4
h3 ′′
f (ξ)
3
3h3 ′′
3h
[f (x0 ) + f (x1 )] +
f (ξ)
2
4
4h
14h5 (iv)
[2f (x0 ) − f (x1 ) + 2f (x2 )] +
f
(ξ)
3
45
5h
95h5 (iv)
[11f (x0 ) + f (x1 ) + f (x2 ) + 11f (x3 )] +
f
(ξ)
24
144
f (x) dx =
x−1
Bileşik İntegrasyon.
Bileşik Simpson Kuralı:
∫
h[
f (a) + 2
3
b
f (x) dx =
a
Bileşik Yamuk Kuralı:
∫
b
a
Bileşik Orta Nokta Kuralı:
∑
(n/2)−1
f (x2j ) + 4
j=1
] b−a
f (x2j−1 ) + f (b) −
h4 f (iv) (ξ)
180
j=1
n/2
∑


n−1
∑
h
b − a 2 ′′
f (x) dx =
f (a) + 2
f (xj ) + f (b) −
h f (ξ)
2
12
j=1
∫
b
f (x) dx = 2h
a
n/2
∑
j=0
7
f (x2j ) +
b − a 2 ′′
h f (ξ)
6