2.1 Ileri Euler yöntemi· y0 = f (t

(1)

B ¨ol ¨um 2

Euler Yöntemleri ve Hata Analizi

Bu bölümde ba¸slang¬ç de¼ger problemleri için Ileri ve geri Euler yöntemlerini inceleyerek,·

Hata analizi için gerekli olan yerel kesme hatas¬, yerel hata, kümülatif hata ve kararl¬l¬k gibi kavramlar¬ tan¬t¬yor ve Euler yöntemlerindeki kar¸s¬l¬klar¬n¬belirliyoruz. Ayr¬ca

Geri Euler yönteminin nonlineer problemlere nas¬l uygulanabilece¼gini inceliyor ve

Kom¸su çözüm e¼grilerinin davran¬¸s¬n¬n bir say¬sal yöntemin performan- s¬n¬nas¬l etkiledi¼gini inceliyoruz.

2.1 Ileri Euler yöntemi·

y⁰ = f (t; y); t2 (a; b) (2.1) y(a) = y₀

ba¸slang¬ç de¼ger problemini göz önüne alal¬m.[a; b] aral¬¼g¬n¬ h uzunluklu n adet alt aral¬¼ga bölelim ve elde edilen aral¬klar¬n uç noktalar¬n¬

t₁ = a; t₂ = a + h; : : : ; t_n+1 = a + nh = a + n(b a)=n = b

(2)

ile gösterelim. (2.1) ba¸slang¬ç de¼ger probleminin ti; i = 2; : : : ; (n + 1) noktalar¬ndaki gerçek çözümünü y(ti) ile gösterelim. ·Ileri Euler yöntemi üç farkl¬

yöntemle türetilebilir:

1. (2.1) denklemindeki y⁰(t_i) türevi için O(h) hatas¬ ile ileri fark yakla¸s¬m¬n¬kullanarak

y0(tⁱ) = (y(ti+1) y(ti))=h + O(h) = f (ti; y(ti)); h! 0 (2.2) elde ederiz. Bu ba¼g¬nt¬dan yeterince küçük h ad¬m uzunlu¼gu için O(h) terimini ihmal ederek Yi = y(ti) yakla¸s¬mlar¬için

(Y_i+1 Y_i)=h = f (t_i; Y_i); i = 1; : : : ; n (2.3) Y₁ = y(a)

ile tan¬mlanan ileri Euler fark denklemini elde ederiz.

(2.3) biçiminde ifade edilen say¬sal yönteme standart biçimde yaz¬lm¬¸s yöntem ad¬ verilmektedir. Standart biçimde yaz¬lan bir say¬sal yakla¸s¬mda, yakla¸s¬m¬n sol ve sa¼g taraf¬ndaki terimler, s¬ras¬yla ilgili diferensiyel denklemin sol ve sa¼g taraf¬nda yer alan terimleri temsil ederler.

(2.3) yakla¸s¬m¬nda (Yi+1 Yi)=hterimi diferensiyel denklemin solundaki y⁰(t_i)için bir yakla¸s¬m iken, f (ti; Y_i)ise f (ti; y(t_i)) için bir yakla¸s¬md¬r.

(2.3) ile tan¬mlanan Euler yakla¸s¬mlar¬, hesaplamalar için daha uygun olan

Y_i+1 = Y_i+ hf (t_i; Y_i); i = 1; 2; : : : (2.4) Y₁ = y(a)

format¬nda yaz¬labilir.

(2.4) ile tan¬mlanan ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬geometrik olarak inceleye- lim: ¸Sekil 2.1 de t1 noktas¬ndaki e¼gimle ula¸s¬lan Y2 yakla¸s¬m¬n¬n, bu noktadan itibaren e¼gri boyunca de¼gi¸sen f (t; y) e¼gimiyle ula¸s¬lan y(t2) noktas¬ndan do¼gal olarak farkl¬oldu¼gu görülmektedir.

Öte yandan t1 ilk nokta oldu¼gu için bu nokta hesaplanan e¼gim olan f (t₁; Y₁) gerçek e¼gimdir. Di¼ger ti; i = 1; 2; 3; ; n noktalar¬nda hata olu¸sumuna neden olan iki faktör ise s¬ras¬yla, çözüm e¼grisinin

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k t u .e d u .tr

(3)

2.1 ·Ileri Euler yöntemi 3

¸

Sekil 2.1: Y2 = Y₁+ hf (t₁; Y₁) yakla¸s¬m¬n¬n Y1de¼gerinden elde edili¸si (ti; y(t_i))noktas¬nda hesaplanmas¬gereken y⁰(t_i) = f (t_i; y(t_i)gerçek e¼gimi yerine, (ti; Y_i)noktas¬ndan geçen kom¸su çözüm e¼grisine ait f (t_i; Y_i) e¼gimine sahip oldu¼gunun kabul edilmesi ve ayr¬ca çözüm e¼grisinin [ti; t_i+1] aral¬¼g¬ boyunca f (ti; Y_i) yakla¸s¬k e¼gimi ile do¼grusal olarak hareket etti¼gini kabul edilmesidir.

2. Yukar¬da türev terimi için uygun bir yakla¸s¬mla elde edilen ileri Euler yöntemi, integral için uygun yakla¸s¬m yard¬m¬yla da türetilebilir: Bunun için (2.1) in her iki yan¬n¬n [ti; t_i+1] aral¬¼g¬nda integralini alarak

Z ti+1

ti

y⁰(t)dt = y(t_i+1) y(t_i) = Z ti+1

ti

f (t; y(t))dt (2.5) elde ederiz. (2.5) in sa¼g taraf¬ndaki integrale sol dikdörtgen kural¬ile yakla¸sarak,

y(t_i+1) y(t_i) = hf (ti; y(t_i)) veya Yi = y(ti) için

Y_i+1= Y_i+ hf (t_i; Y_i); i = 1; 2; :::

ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬elde ederiz.

(4)

3. Son olarak ileri Euler yöntemi Taylor teoremi yard¬m¬yla da elde edilebilir:

y(t_i+1) = y(t_i) + hy⁰(t_i) + O(h²); h! 0 aç¬l¬m¬nda, (2.1) den y⁰(ti) = f (ti; y(ti))yazarak

y(t_i+1) = y(t_i) + hf (t_i; y(t_i)) + O(h²); h! 0

= y(ti) + hf (ti; y(ti))

veya Yi = y(t_i); f (t_i; y(t_i)) = f (ti; Y_i) için yukar¬daki ilk iki yöntemle de elde edilen ve (2.4) ile verilen ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬elde ederiz.

Gözlem 2.1. Ad¬m uzunlu¼gunun yeterince küçük seçilmemesi ve kom¸su çözüm e¼grilerinin benzer davran¬¸slar göstermemeleri durumunda ileri Euler yöntemi ile kabul edilemeyecek büyüklükte hatalar beklenmelidir. Çünkü ad¬m uzunlu¼gunun yeterince küçük seçilmemesi durumunda (2.2) de türev için ileri fark ve benzer biçimde (2.5) deki integral için sol dikdörtgen yakla¸s¬m¬ iyi sonuç vermez. Kom¸su çözüm e¼grilerinin benzer davran¬¸s göster- memesi durumunda ise

f (t_i; y(t_i)) = f (ti; Y_i)

yakla¸s¬m¬iyi bir yakla¸s¬m olarak de¼gerlendirilemez(Bak¬n¬z Gözlem 2.3). Bu konu özellikle bir sonraki bölümde inceleyece¼gimiz ve hassas(sti¤ ) problem olarak adland¬r¬lan ve kom¸su çözüm e¼grilerinin birbirinden farkl¬ davran¬¸s gösterdi¼gi problemlerde daha çok göze çarpar.

ÖRNEK 2.1.

y⁰ = 2t 3y y(0) = 0:5 ba¸slang¬ç de¼ger problemi verilsin.

Problemin gerçek çözümünü belirleyiniz.

h = 1=5ad¬m uzunlu¼gu ile [0; 1] aral¬¼g¬ndaki yakla¸s¬k çözümleri ileri Euler yöntemi ile belirleyiniz.

(5)

Her noktada yakla¸s¬k çözüm, gerçek çözüm ve hata de¼gerlerinden olu¸san yakla¸s¬m tablosunu belirleyiniz.

Gerçek çözüm ile ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬ yön alanlar¬ içerisinde gra…ksel olarak göstererek, yakla¸s¬mlar¬n kom¸su çözüm e¼grilerini nas¬l takip etti¼gini gözlemleyiniz.

·Ileri Euler yöntemi yakla¸s¬m tablosu uygun MATLAB/Octave program¬yar- d¬m¬yla da elde ediniz.

Çözüm.

Verilen lineer denklemin key… y(0) = y0 ba¸slang¬ç de¼geri için gerçek çözümünü diferensiyel denklem derslerinden

y = 2=3t 2=9 + e ^3t(y₀ 2=9) (2.6) olarak elde ederiz. y(0) = 1=2 için ise verilen problemin çözümünü

y = 2=3t 2=9 + 13=18e ^3t olarak elde ederiz.

Hat¬rlatma 2.1. Örnek 2.1 de verilen lineer diferensiyel denklem gibi birçok denklemin analitik çözümü sembolik cebir programlar¬yard¬m¬yla elde edilebilir. Maxima ücretsiz bir sembolik cebir program¬d¬r. Mate- matiksel özelliklerinin tan¬t¬m¬ [?] de yer almaktad¬r. Yukar¬da verilen problemin Maxima ortam¬nda analitik çözümü a¸sa¼g¬da yer almaktad¬r:

h = 1=5 için elde edilen alt aral¬klar¬n uç noktalar¬a¸sa¼g¬da verilmektedir:

t₁ = 0; t₂ = t₁+ h = 1=5 = 0:2; t₃ = t₂+ h = 2=5 = 0:4;

t₄ = 3=5 = 0:6; t₅ = 4=5 = 0:8; t₆ = 1:

Bu noktalar¬ndaki yakla¸s¬k çözümler ise s¬ras¬yla, Y₁ = y(t₁) = y(0) = 0:5 olmak üzere

Y₂ = Y₁+ hf (t₁; Y₁) = 0:5 + 0:2 (2 0 3 0:5) = 0:2

(6)

Y₃ = Y₂+ hf (t₂; Y₂) = 0:2 + 0:2 (2 0:2 3 0:2) = 0:16 ve benzer biçimde

Y₄ = 0:2240; Y₅ = 0:3296 ve Y6 = 0:4518 olarak elde edilir.

Yukar¬da elde edilen yakla¸s¬mlar ile belirtilen ti noktalar¬ndaki gerçek çözüm ve a¸sa¼g¬da kümülatif hata olarak tan¬mlayaca¼g¬m¬z Ei = y(t_i) Yi hata de¼gerleri Tablo 2.1 de verilmektedir.

h = 0:2 ad¬m uzunlu¼gu için Euler yakla¸s¬mlar¬ ve gerçek çözümün gra…¼gi ile [0; 1] [0; 1] bölgesindeki e¼gim alanlar¬ ¸Sekil 2.2 de verilmektedir.

Örnek 2.1 verileri ile ·Ileri Euler Yöntemi uygulamas¬Program 2.1(indisli versiyon) ve Program 2.2(indis kullanmayan versiyon)

ile verilmektedir. Daha sonraki uygulamalar¬m¬zda indis kullanmaya- ca¼g¬z.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .tr

(7)

2.1 ·Ileri Euler yöntemi 7 t_i Y_i y(t_i) jEⁱj

0 0:5 0:5 0

0:2 0:2 0:3075 0:1075 0:4 0:16 0:2620 0:1020 0:6 0:2240 0:2970 0:0732 0:8 0:3296 0:3766 0:0470 1:0 0:4518 0:4804 0:0286

Tablo 2.1: Örnek 2.1 için Euler yakla¸s¬mlar¬, gerçek de¼gerler ve kümülatif hata

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1

¸

Sekil 2.2: h = 0:2 ad¬m uzunlu¼gu ile Euler yakla¸s¬mlar¬(o), gerçek çözüm(çizgi) ve yön alanlar¬

Örnek 2.1 için OCTAVE quiver komutu yard¬m¬yla elde edillen yön alanlar¬ile baz¬çözüm e¼grileri ve ileri Euler yakla¸s¬mlar¬¸Sekil 2.3 de sunulmak- tad¬r.

Gözlem 2.2. Örnek 2.1 için farkl¬y(0) = y0 de¼gerleri ile elde edilen y = 2=3t 2=9 + e ^3t(y0 2=9)

çözüm ailesini inceledi¼gimizde, herbirinin t ! 1 için y⁰ = 2=9 özel ba¸slang¬ç de¼geri için elde edilen y = 2=3t 2=9 do¼grusuna asimtot olduklar¬, yani t ! 1 için y⁰ ! 2=3 ortak e¼gimiyle birlikte hareket ettikleri görülmektedir.

Bu durumda kom¸su çözüm e¼grileri üzerinden hesaplanan f (ti; Y_i) e¼gimiyle hareket eden ileri Euler yöntemi iyi sonuç vermektedir.

(8)

%--- function euler(a,b,n,y1)

% Örnek 2.1 verileri ile ileri Euler Yöntemi(indisli versiyon) h=(b-a)/n; %h: ad¬ m uzunlugu

T=a:h:b;Y(1)=y1;

for i=1:n

Y(i+1)=Y(i)+h*f(T(i),Y(i));

end

plot(T,Y,’*-k’,’linewidth’,2); hold on;

Yg=gc(T,y1);

plot(T,Yg,’linewidth’,2);

function yp=f(t,y) yp=2*t-3*y;

function yg=gc(t,y1)

yg=exp(-3*t)*(y1+2/9)+(2*t)/3-2/9;

%---

Program 2.1: ileri Euler Yöntemi Uygulamas¬(indis kullanan versiyon)

ÖRNEK 2.2.

y⁰ = 2t + 3y y(0) = 0:5 ba¸slang¬ç de¼ger problemi verilsin.

Problemin gerçek çözümünü belirleyiniz.

h = 1=5ad¬m uzunlu¼gu ile [0; 1] aral¬¼g¬ndaki yakla¸s¬k çözümleri ileri Euler yöntemi ile belirleyiniz. Her noktada yakla¸s¬k çözüm, gerçek çözüm ve hata de¼gerlerinden olu¸san yakla¸s¬m tablosunu belirleyiniz.

h = 3=40ad¬m uzunluklar¬için Euler yakla¸s¬mlar¬ve y(0) = 0:2; 0; 1=9; 1:7=9; 2=9; 2:1=9

için gerçek çözüm gra…klerini ayn¬eksende gra…ksel olarak göstererek, ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬n kom¸su çözüm e¼grilerini nas¬l takip ettiklerini gözlem- leyiniz.

Çözüm.

K a ra d e n iz Te k n ik M a t e m a t ik , e rh a n @ k tu .e d u .t r

(9)

%--- function euler(a,b,n,y1)

% Örnek 2.1 verileri ile ileri Euler Yöntemi(indis kullanmayan versiyon) h=(b-a)/n; %h: ad¬ m uzunlugu

t=a;y=y1;

T=t1;Y=y1;

for i=1:n

y=y+h*f(t,y); % ileri Euler ad¬ m¬

t=t+h; % Güncel zaman degeri

T=[T;t];Y=[Y;y]; %T ve Y zincirleri için yeni halka ilavesi end

plot(T,Y,’*-k’,’linewidth’,2); hold on;

Yg=gc(T,y1);

plot(T,Yg,’linewidth’,2);

function yg=gc(t,y1)

yg=exp(-3*t)*(y1+2/9)+(2*t)/3-2/9;

%---

Program 2.2: ileri Euler Yöntemi Uygulamas¬(indis kullanmayan versiyon) Problemin analitik çözümü

y = e^3t(y(0) 2=9) + (2t)=3 + 2=9 olarak elde edilir.

h = 1=5 için elde edilen yakla¸s¬m tablosu Tablo 2.2 de verilmektedir.

t_i Y_i y(t_i) jEⁱj

0 0:5 0:5 0

0:2 0:8000 0:8617 0:0617 0:4 1:2000 1:4111 0:2111 0:6 1:7600 2:3027 0:5427 0:8 2:5760 3:8175 1:2415 1:0 3:8016 6:4682 2:6666

Tablo 2.2: Örnek 2.2 için yakla¸s¬m tablosu

Artan ti de¼gerleri için Örnek 2.1 in tersine bu defa jEⁱj = jYⁱ y(t_i)j hatalar¬n¬n artt¬¼g¬na dikkat ediniz.

(10)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 -2

-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸

Sekil 2.3: Örnek 2.1 için yön alanlar¬ ile baz¬ çözüm e¼grileri(çizgi) ve ileri Euler yakla¸s¬mlar¬(o).

h = 3=40ad¬m uzunluklar¬için Euler yakla¸s¬mlar¬ve y = e^3t(y(0) 2=9) + (2t)=3 + 2=9 olarak elde edilen gerçek çözümün gra…¼gi

y(0) = 0:2; 0; 1=9; 1:7=9; 2=9; 2:1=9 ba¸slang¬ç de¼gerleri için ¸Sekil 2.4 de verilmektedir.

Gözlem 2.3. Örnek 2.2 için farkl¬y(0) = y0 de¼gerleri ile elde edilen y = 2=3t 2=9 + e^3t(y₀ 2=9)

çözüm ailesini inceledi¼gimizde, herbirinin t ! 1 için y⁰ = 2=9 özel ba¸slang¬ç de¼geri için elde edilen y = 2=3t 2=9 do¼grusundan uzakla¸st¬klar¬, yani t ! 1 için farkl¬ y⁰e¼gimiyle birlikte hareket ettikleri görülmektedir. Bu durumda kom¸su çözüm e¼grileri üzerinden hesaplanan f (ti; Y_i) e¼gimiyle hareket eden ileri Euler yöntemi iyi sonuç vermemektedir.

2.2 Bir yöntemin hata analizi

Bir say¬sal yöntemin verilen bir diferensiyel denklem için uygun bir yöntem olup olmad¬¼g¬n¬belirlerken yerel kesme hatas¬ad¬verilen bir hata ölçütü kullan¬lmaktad¬r. Benzer biçimde uygun olarak seçilen bir say¬sal yöntem ile elde

(11)

2.2 Bir yöntemin hata analizi 11

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

¸

Sekil 2.4: Örnek 2.2 için yön alanlar¬, çözüm e¼grileri(-) ve ileri Euler yakla¸s¬mlar¬

edilen yakla¸s¬mlar¬n problemin gerçek çözüme yakla¸s¬m düzeyini ölçerken de yerel hata ve kümülatif hata gibi birbiri ile ilgili hata ölçütleri kullan¬lmaktad¬r. ¸Simdi bu kavramlar¬inceleyerek Örnek 9.1 de verilen ba¸slang¬ç de¼ger problemi için hesaplamaya çal¬¸sal¬m. Öncelikle yerel kesme hatas¬n¬ ince- leyim:

TANIM 2.1. (Yerel kesme hatas¬) (2.1) ile verilen ba¸slang¬ç de¼ger probleminin h > 0 ad¬m uzunlu¼gu ile , ti 2 (a; b) noktas¬nda olu¸san yerel kesme hatas¬, problemin y = y(t) gerçek çözümünün standart biçimde ifade edilen sonlu fark yakla¸s¬m¬n¬sa¼glamad¬¼g¬miktar olarak tan¬mlan¬r ve Ek(t_i; h) ile gösterilir.

ÖRNEK 2.3. (2.1) ile tan¬mlanan ba¸slang¬ç de¼ger probleminin çözümünün [a; b] aral¬¼g¬nda ikinci basamaktan türevi mevcut ve sürekli oldu¼gunu kabul edelim. Bu durumda ileri Euler yönteminin yerel kesme hatas¬n¬n Ek(t_i; h) = O(h); h! 0 oldu¼gunu gösteriniz.

·Ileri Euler yönteminin (2.3) ile verilen standardart biçiminde, y(t) çözü- münü yerine yazarak

E_k(t_i; h) = ((y(t_i + h) y(t_i)))=h f (t_i; y(t_i)) (2.7) yerel kesme hatas¬n¬elde ederiz. ti 2 (a; b); h > 0 için Taylor teoreminden y(t_i+ h) = y(t_i) + hy⁰(t_i) + h²=2y⁰⁰(c); c2 (tⁱ; t_i+1) (2.8)

(12)

elde ederiz. (2.8) i (2.7) de yerine yazarak

E_k(t_i; h) = ((y(t_i+ h) y(t_i)))=h f (t_i; y(t_i)) = (2.9)

= h=2y⁰⁰(c)

= O(h); h! 0 (2.10)

elde ederiz.

Gözlem 2.4. (2.1) ba¸slang¬ç de¼ger probleminin çözümünün varl¬¼g¬ için f (t; y) fonksiyonunun ba¸slang¬ç noktas¬n¬ içeren bir dikdörtgende sürekli olmas¬yeterli iken, (2.9) ile verilen hata tahmininde y(t) nin ikinci basamaktan sürekli türeve sahip olmas¬gerekti¼gine dikkat ediniz.

TANIM 2.2. (Diferensiyel denklemle uyumlu yöntem) Ad¬m uzunlu¼gu s¬f¬ra yakla¸s¬rken, yerel kesme hatas¬ da s¬f¬ra yakla¸san say¬sal yönteme diferensiyel denklemle uyumlu yöntem ad¬verilmektedir.

(2.9) ile verilen yerel kesme hatas¬gere¼gince, ·Ileri Euler yöntemi uyumlu bir yöntemdir.

Yerel kesme hatas¬ ile yak¬ndan ili¸skili olan bir di¼ger hata kavram¬ ise yerel hatad¬r.

TANIM 2.3. (Yerel Hata) t_inoktas¬nda gerçek y(t_i)de¼gerinin kullan¬ld¬¼g¬kabul edilerek, ti+1 = t_i + h noktas¬ndaki de¼ger hesaplan¬rken olu¸san hataya(gerçek çözüm ve ilgili yakla¸s¬m aras¬ndaki farka) say¬sal yöntemin ti noktas¬ndaki yerel hatas¬ad¬verilir ve E_yerel(t_i; h) ile gösterilir.

Bu tan¬mda yerel sözcü¼gü, sadece tek bir ad¬mda olu¸san hata kavram¬n¬

vurgulamaktad¬r.

ÖRNEK 2.4.·Ileri Euler yöntemi için Eyerel(t_i; h) = O(h²); h! 0 oldu¼gunu gösteriniz.

Yukar¬da verilen yerel hata tan¬m ve ·Ileri Euler yönteminden

E_yerel(t_i; h) = y(t_i+1) [y(t_i) + hf (t_i; y(t_i)] (2.11) elde ederiz.

y(t_i+1)in ti noktas¬ndaki Taylor aç¬l¬m¬n¬, yani,

(13)

y(t_i+1) = y(t_i) + hy0(tⁱ) + h²=2y⁰⁰(c_i); c_i 2 (tⁱ; t_i+1) ifadesini (2.11) de yerine yazarak

E_yerel(t_i; h) = y(t_i+1) [y(t_i) + hf (t_i; y(t_i)]

= h²=2y⁰⁰(c_i)

= O(h²); h! 0 (2.12)

elde ederiz.

Uyar¬. (2.12) ifadesinde kö¸seli parantez içerisinde Euler yönteminde kullan¬lan Yi yakla¸s¬m¬ yerine y(ti) gerçek de¼gerinin kullan¬ld¬¼g¬na dikkat edelim. Dolay¬s¬yla yerel hata hesaplan¬rken, ti noktas¬na kadar hata yap¬lmad¬¼g¬

kabul edilerek sadece ti noktas¬ndan ti+1 noktas¬na geçi¸ste tek ad¬mda olu¸san hata dikkate al¬nmaktad¬r.

Örnek 2.1 deki ba¸slang¬ç de¼ger problemi için h = 1=10 ile [0; 1] aral¬¼g¬n- daki sonlu say¬da noktada olu¸san ve (2.12) ile tan¬mlanan yerel hata Tablo 2.1 in dördüncü sütununda gösterilmektedir.

Uyar¬. E_yerel(t_i; h) = hE_k(t_i; h) oldu¼guna dikkat edelim.

Bir di¼ger hata ölçüm kavram¬ise kümülatif hatad¬r:

TANIM 2.4. (Kümülatif hata) ti noktas¬ndaki kümülatif hata, t2 noktas¬ndan ba¸slayarak ti noktas¬na kadar yap¬lan yerel hatalar¬n toplam¬olarak tan¬mlan¬r ve E(t_i; h) = Y_i y(t_i) ile gösterilir.

ÖRNEK 2.5. (2.1) ba¸slang¬ç de¼ger probleminin y = y(t) çözümünün [a; b]

aral¬¼g¬nda ikinci basamaktan türevi mevcut ve sürekli oldu¼gunu kabul edelim, t_i 2 (a; b); h > 0 olmak üzere ·Ileri Euler yöntemi için E(tⁱ; h) = O(h); h ! 0 oldu¼gunu gösteriniz.

·Ileri Euler yöntemi için ti noktas¬nda olu¸san kümülatif hatay¬hesaplay- al¬m. [t1; t_i] aral¬¼g¬n¬h = (ti t₁)=(i 1) uzunluklu (i 1)adet alt aral¬¼ga

(14)

bölelim. Kümülatif hata tan¬m¬gere¼gince E(t_i; h) = Y_i y(t_i)

= Xi j=2

E_yerel(y; t_j; h)

= h²=2y⁰⁰(c₂) + h²=2y⁰⁰(c₃) + : : : + h²=2y⁰⁰(c_i)

= h=2(t_i t₁)(1=(i 1)) Xi

j=2

y⁰⁰(c_i); c_i 2 (t^{i 1}; t_i)

= h=2(t_i t₁)y⁰⁰(c) = O(h); h ! 0; c 2 (a; b)

elde ederiz. Yukar¬daki son e¸sitlikte sürekli fonksiyonlar için ara de¼ger teoreminden

y⁰⁰(c) = (1=(i 1)) Xi

j=2

y⁰⁰(c_i); c2 (a; b)

sa¼glanacak biçimde en az bir c 2 (a; b) noktas¬n¬n var oldu¼gu gerçe¼gini kul- land¬k.

TANIM 2.5. (Bir yöntemin basama¼g¬) Kümülatif hatas¬O(h^m)ile verilen yön- teme m incibasamaktan yöntem ad¬verilir.

Gözlem 2.5. ·Ileri Euler yöntemi birinci basamaktan bir yöntemdir.

ÖRNEK 2.6. Örnek 2.1 için [0; 1] aral¬¼g¬nda h = 1=10 ad¬m uzunlu¼gu ve y(0) = 0:5 ba¸slang¬ç de¼geri ile ·Ileri Euler Yakla¸s¬m Tablosunu(Say¬sal yakla¸s¬mlar, Yerel hata ve Kümülatif hata de¼gerleri) hesaplay¬n¬z.

Çözüm.

Program 2.3 ile elde edilen yakla¸s¬mlar Tablo 2.3 de verilmi¸stir.

Gözlem 2.6. ·Ileri Euler yöntemi için yerel hata ve kümülatif hata terimle- rinin her birinin gerçek çözümün ikinci türevi ile, yani y⁰⁰ ile orant¬l¬oldu¼gu görülmektedir. Örnek 2.1 için

y⁰⁰(t) = 9y(0)e ^3t

(15)

%---

% Örnek 2.1 verileri ile ileri Euler

% yöntemi hata analizi

%--- function sonuc=eulerh(h,T)

y=0.5; t=0;

yg=gc(t);

yerelH=abs(yg-y);

kumH=yerelH;

sonuc=[t y yg yerelH kumH ];

while t<T y=y+h*f(t,y);

yerelH=gc(t+h)-(gc(t)+h*f(t,gc(t)));

kumH=gc(t+h)-y;

t=t+h;

sonuc=[sonuc;t y gc(t) yerelH kumH ];

end

function yp=gc(t)

yp=2/3*t-2/9+13/18*exp(-3*t);

%--- Program 2.3: ileri Euler ile hata Analizi

olup bu fonksiyon t nin artan de¼gerleri için üstel olarak s¬f¬ra yakla¸smaktad¬r.

Bu nedenle Tablo 2.3 de belirtilen hata de¼gerleri de benzer kalitatif davran¬¸s¬

göstermektedir. Ancak Örnek 2.2 için

y⁰⁰(t) = 9y(0)e^3t

olup, bu fonksiyon t nin artan de¼gerleri için mutlak de¼gerce artmaktad¬r.

Bu durumda olu¸san yakla¸s¬m hata de¼gerlerinin de mutlak de¼gerce artmas¬

beklenmektedir.

ÖRNEK 2.7. Örnek 2.1 için [0; 2] aral¬¼g¬nda h = 0:1 ad¬m uzunlu¼gu ile ba¸slayarak her defas¬nda bir önceki ad¬m uzunlu¼gunun yar¬s¬n¬almak suretiyle ileri Euler yöntemi ile elde edilen yakla¸s¬mlar¬n T = 2 noktas¬ndaki kümülatif hata tablosunu yedi farkl¬ h de¼geri için elde ediniz. Elde etti¼giniz sonuçlar kümülatif hatan¬n O(h); h ! 0 oldu¼gunu do¼gruluyor mu?

Çözüm.

(16)

T Y(Euler) Y(Gerçek) Yerel H. KümH

0 0:5000 0:5000 0 0

0:1 0:3500 0:3795 0:0295 0:0295

0:2000 0:2650 0:3075 0:0218 0:0425 0:3000 0:2255 0:2714 0:0162 0:0459 0:4000 0:2179 0:2620 0:0120 0:0441 0:5000 0:2325 0:2723 0:0089 0:0398 0:6000 0:2627 0:2972 0:0066 0:0344 0:7000 0:3039 0:3329 0:0049 0:0290 0:8000 0:3527 0:3766 0:0036 0:0239 0:9000 0:4069 0:4263 0:0027 0:0194 1:000 0:4648 0:4804 0:0020 0:0156 Tablo 2.3: Örnek 2.1 e ait yakla¸s¬mlar ve olu¸san hatalar

Kümülatif hata de¼gerleri Tablo 2.4 de verilmektedir.

Ad¬m Uzunlu¼gu Kümülatif Hata O(h) 0:1000000 0:00121393242655 0:0500000 0:00070521455823 0:0250000 0:00037764157130 0:0125000 0:00018903275714 0:0062500 0:00009912595315 0:0031250 0:00004995630144 0:0015625 0:00002497857900

Tablo 2.4: Ad¬m uzunlu¼guna göre Kümülatif Hata

Kümülatif hatalar ad¬m uzunlu¼guna ba¼gl¬olarak, bir önceki ad¬m uzunlu¼guna kar¸s¬l¬k gelen hatan¬n yakla¸s¬k olarak yar¬s¬na e¸sit oldu¼gu görülmek- tedir. Bu sonuç, say¬sal verilerin de teorik olarak elde edilen O(h) kümülatif hatas¬ile uyumlu oldu¼gunu göstermektedir.

ÖRNEK 2.8.

y⁰ = f (t; y) = 100y; y(0) = 1

ba¸slang¬ç de¼ger problemi verilsin. Problemin gerçek çözümünün y(t) = e ^100t

(17)

ile verildi¼gine ve t ! 1 için y(t) ! 0 oldu¼guna dikkat ediniz. Herhangi h > 0 ad¬m uzunlu¼gu ve ileri Euler yöntemi ile elde edilen fYⁱg dizisinin de gerçek çözümle uyumlu bir benzer davran¬¸s göstermesi, Yi ! 0 ,i ! 1 özelli¼ginin sa¼glanabilmesi için h ad¬m uzunlu¼gu üzerindeki k¬s¬tlamay¬belirleyiniz.

Çözüm.

Verilen problem için ·Ileri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬

Y_i+1= Y_i+ h( 100Y_i) = (1 100h)Y_i; i = 1; 2; :::

olarak tan¬mlayal¬m. Bu yakla¸s¬mlardan

Y_i+1 = (1 100h)Y_i

= (1 100h)²Y_{i 1}

= :::

= (1 100h)ⁱY₁

elde ederiz. i ! 1 için Yⁱ ! 0(ve dolay¬s¬yla Yⁱ⁺¹! 0) için j1 100hj < 1

olmal¬d¬r. Bu son e¸sitsizlikten ise

1 < 1 100h < 1 veya

2 < 100h < 0

ve h > 0 oldu¼gundan, h < 1=50 k¬s¬tlamas¬n¬n sa¼glanmas¬gerekti¼gini görürüz.

Genelde y⁰ = ay; a < 0 problemi için yukar¬daki i¸slemleri tekrar ederek ah 2 ( 2; 0) elde ederiz. ( 2; 0) aral¬¼g¬na ileri Euler yönteminin mutlak kararl¬l¬k bölgesi ad¬verilir. Mutlak kararl¬l¬k bölgesi i ! 1 iken say¬sal yöntemle s¬n¬rl¬çözümler elde edilebilmesi için ad¬m uzunlu¼gunun sa¼glamas¬

gereken kriteri belirler. Farkl¬yöntemlerin mutlak kararl¬l¬k bölgeleri Bölüm 10 da incelenecektir.

Yukar¬daki örnekte ileri Euler yöntemi için elde edilen k¬s¬tlama, uzun zaman aral¬klar¬nda pratik baz¬ problemlerin çözümünde a¸s¬r¬ hesaplama yüküne neden olmaktad¬r. Bu durumda daha büyük ad¬m uzunluklar¬ ile gerçek çözümle benzer davran¬¸s gösteren say¬sal yakla¸s¬m yöntemlerinin ku- lan¬lmas¬ zorunlu olmaktad¬r. Bu ba¼glamda akla gelen ilk yöntem a¸sa¼g¬da incelenen Geri Euler yöntemidir.

(18)

2.3 Geri Euler yöntemi

·Ileri Euler yöntemine benzer olarak (2.1) denklemindeki y⁰ türevi için ti+1

noktas¬nda O(h) hatas¬ile bu defa geri fark yakla¸s¬m¬kullan¬lmak suretiyle

y0(tⁱ⁺¹) = (y(t_i+1) y(t_i))=h + O(h) = (Yi+1 Y_i)=h = f (t_i+1; Y_i+1) veya

(Y_i+1 Y_i)=h = f (t_i+1; Y_i+1); i = 1; : : : ; n (2.13) Y₁ = y(a)

ile tan¬mlanan geri Euler fark denklemi veya iterasyonu elde edilir. 2.13 iterasyonu

Y_i+1 = Y_i+ hf (t_i+1; Y_i+1); i = 1; : : : ; n (2.14) Y₁ = y(a)

olarak da ifade edilebilir.

Ancak ileri Euler yönteminden farkl¬olarak, (2.14) ile tan¬mlanan iteras- yon ile genelde Yi+1 de¼gerini i inci ad¬mdaki (ti; Y_i) verileri ile elde etmek mümkün de¼gildir. Bu tür yöntemlere kapal¬yöntemler ad¬verilmektedir.

ÖRNEK 2.9. Örnek 2.1 e ait ba¸slang¬ç de¼ger problemi için Y0 = 0:5ba¸slang¬ç de¼geri ve h = 1=5 ad¬m uzunlu¼gu ile [0; 1] aral¬¼g¬ndaki geri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬

belirleyiniz.

Çözüm.

y⁰ = 2t 3y y(0) = 0:5

Ba¸slang¬ç de¼ger problemine geri Euler yöntemi uygulan¬rsa, Y_i+1= Y_i+ hf (t_i+1; Y_i+1) = Y_i+ h(2t_i+1 3Y_i+1) veya

Y_i+1 = (Y_i+ 2ht_i+1)=(1 + 3h); i = 1; 2; : : : Y₁ = 0:5

(19)

2.3 Geri Euler yöntemi 19

elde edilir.

t₁ = 0; t₂ = 1=5; t₃ = 0:4; t₄ = 0:6; t₅ = 0:8; t₆ = 1 olup,

Y₂ = (Y₁+ 2ht₂)=(1 + 3h) = (0:5 + 2 1=5 1=5)=(1 + 3=5) = 0:3625 elde edilir. Benzer biçimde

Y₃ = 0:3266; Y₄ = 0:3541; Y₅ = 0:4213; Y₆ = 0:5133 yakla¸s¬mlar¬elde edilir.

ÖRNEK 2.10. Örnek (2.8) de verilen problemin geri Euler yöntemi ile elde edilen fYⁱg yakla¸s¬mlar dizisinin analitik çözümle uyumlu, yani Yⁱ ! 0; i! 1; olmas¬için h > 0 ad¬m uzunlu¼gu üzerinde bir k¬s¬tlama olmad¬¼g¬n¬

gösteriniz.

Verilen problem için geri Euler yakla¸s¬mlar¬n¬

Yi+1= Yi+ h( 100Yi+1); i = 1; 2; :::

olarak tan¬mlayal¬m. Bu yakla¸s¬mlardan Y_i+1 = Y_i

1 + 100h

= Y_{i 1}

(1 + 100h)²

= :::

= Y1

(1 + 100h)ⁱ

elde ederiz. h > 0 ad¬m uzunlu¼gu üzerinde hiç bir k¬s¬tlama olmaks¬z¬n i! 1 için Yⁱ⁺¹ ! 0(ve dolay¬s¬yla Yⁱ ! 0) elde ederiz.

2.3.1 Nonlineer Problemler için sabit nokta iterasyonuyla Geri Euler yöntemi

Verilen problemin nonlineer olmas¬durumunda (2.14) denklemi Yi+1 e göre çözülemez. Bu durumda Yi+1 in belirlenme problemi g(y) = Yi+ hf (t_i+1; y)

(20)

fonksiyonunun sabit noktas¬n¬belirleme problemi olarak dü¸sünülebilir ve her iiçin

y_n+1= g(y_n) = Y_i + hf (t_i+1; y_n); n = 0; 1; 2 (2.15) iterasyonunun uygun y0 (örne¼gin y0 = Y_i) ile yak¬nsad¬¼g¬nokta Yi+1 olarak elde edilebilir.

Geri Euler yöntemi de ileri Euler ile ayn¬basamaktand¬r, yani kümülatif hatas¬O(h) d¬r. Ancak avantaj¬, gerçek çözüm ile benzer davran¬¸slar¬gösteren çözümler için ad¬m uzunlu¼gunun ileri Euler yöntemine göre çok küçük seçilme zorunlulu¼gunun olmamas¬d¬r. Bu konu bölüm 9.4 te incelenmektedir. Her ad¬mda sabit nokta iterasyonu ile Yi+1noktas¬n¬Program 2.4 ile elde edilmi¸stir.

%---

% Sabit Nokta iterasyonu ile Geri Euler

% yöntemi uygulamas¬

% Örnek: y’=1+y^2,y(0)=1,[0,1/2]

%--- function geuler(n)

a=0;b=1/2;y(1)=1;epsilon=0.001;

h=(b-a)/n;

t=a:h:b;

for i=1:n

fark=1;y1=y(i);

while fark>epsilon

y2=y(i)+h*f(t(i)+h,y1);

fark=abs(y2-y1);

y1=y2;

end

y(i+1)=y2;

end

yg=tan(t+pi/4);

sonuc=[t’ y’ yg’ abs(y-yg)’];

plot(t,y,’-o’,’linewidth’,2);hold on;

plot(t,yg,’.-r’,’linewidth’,2);hold on;

function yp=f(t,y) yp=1+y^2;

%---

Program 2.4: Geri Euler Yöntemi Uygulamas¬(Sabit Nokta)

(21)

2.3 Geri Euler yöntemi 21

ÖRNEK 2.11. y⁰ = 1 + y²; y(0) = 1ba¸slang¬ç de¼ger probleminin çözümü y(t) = tan(t + =4)

olarak elde edilir. Problemin

h = 0:1; 0:05; 0:025; 0:0125; 0:00625

ad¬m uzunluklar¬ ile t = 0:5 noktas¬ndaki yakla¸s¬mlar¬n¬ sabit nokta iterasy- onlu Geri Euler yöntemi yard¬m¬yla belirleyiniz. t = 0:5 noktas¬nda farkl¬ h ad¬m uzunluklar¬ile kümülatif hatalar¬hesaplayarak, yöntemin kümülatif hatas¬n¬n basama¼g¬n¬tahmin etmeye çal¬¸s¬n¬z.

Çözüm.

Verilen ba¸slang¬ç de¼ger probleminin t = 0 ba¸slang¬ç noktas¬yla çözümü [0; =4) aral¬¼g¬nda tan¬ml¬d¬r. h = 0:1 için elde edilen yakla¸s¬mlar a¸sa¼g¬daki tabloda verilmektedir. Tablodan görülece¼gi üzere t = 0:5 noktas¬nda analitik

t y yg hata

0 1:0000 1:0000 0

0:1000 1:2581 1:2230 0:0351 0:2000 1:6205 1:5085 0:1120 0:3000 2:2073 1:8958 0:3115 0:4000 3:6096 2:4650 1:1447 0:5000 inf 3:4082 inf

Tablo 2.5: Örnek 2.11 e ait yakla¸s¬m tablosu

çözüm mevcut olmas¬na ra¼gmen say¬sal çözüm hesaplanamam¬¸st¬r. Bunun nedeni t = 0:4 noktas¬nda Y4 = 3:6096 ba¸slang¬ç de¼geri ile olu¸sturulan (2.15) iterasyonunun t = pi=4 noktas¬ kom¸sulu¼gundaki çok büyük e¼gimli kom¸su çözüm e¼grileri dolay¬s¬yla ¬raksam¬¸s olmas¬d¬r. Öte yandan di¼ger h de¼gerleri için ise t = 0:5 noktas¬nda s¬ras¬yla Tablo 2.6 de verilen yakla¸s¬k çözüm ve hata de¼gerlerini elde ederiz.

Bu tablodan da h ad¬m uzunlu¼gunun ikiye bölünmesiyle kümülatif hatan¬n da yakla¸s¬k olarak iki kat küçüldü¼günü görüyoruz. Bu sonuç ise geri Euler yönteminin kümülatif hatas¬n¬n da pratik olarak O(h) oldu¼gunu ifade eder.

Öteyandan

y⁰ = 1 + y²; y(0) = y₀

(22)

h y yg hata hata oranlar¬

0:05 4:4179 3:4082 1:0097

0:025 3:7685 3:4082 0:3603 1:0097=0:3603 = 2:8024 0:0125 3:5671 3:4082 0:1588 0:3603=0:1588 = 2:2689 0:00625 3:4827 3:4082 0:0745 0:1588=0:0745 = 2:1315 Tablo 2.6: Farkl¬ad¬m uzunluklar¬ile t = 0:5 noktas¬ndaki yakla¸s¬mlar ba¸slang¬ç de¼ger probleminin çözümü

y = tan(t + a tan(y₀)) d¬r. h = 0:05 ad¬m uzunlu¼gu ve

y₀ = 0:2; 0:4; 0:6; 0:8; 1

ba¸slang¬ç de¼gerleri için [0; 0:5] aral¬¼g¬nda elde edilen geri Euler çözümleri ve gerçek çözüm e¼grileriyle yön alanlar¬¸Sekil 2.5 te verilmektedir.

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

¸

Sekil 2.5: Geri Euler çözümleri, gerçek çözüm e¼grileri ve yön alanlar¬

Tablo 2.7 da y0 = 0:2ve y0 = 0:8 için y⁰⁰(t)nin belirtilen t noktalar¬ndaki de¼gerleri verilmektedir.

Tablo 2.7 de¼gerleri ve ¸Sekil 2.5 incelendi¼ginde y⁰⁰(t_i) de¼gerlerinin büyük oldu¼gu noktalarda kümülatif hatalar¬n da büyük oldu¼gu gözlemlenmektedir.

Bu sonuç ise pratik olarak ta kümülatif hatan¬n y⁰⁰(t) ile orant¬l¬ oldu¼gunu ifade eder.

(23)

2.4 Uyumluluk, Kararl¬l¬k ve Yak¬nsakl¬k 23 t_i y⁰⁰(t_i); (y0 = 0:2) y⁰⁰(t_i); (y0 = 0:8)

0 0:42 2:6

0:1 0:67 3:8

0:2 0:99 5:8

0:3 1:406 9:4

0:4 1:99 16:3

0:5 2:852 32:14

Tablo 2.7: Örnek 2.11 için farkl¬ba¸slang¬ç de¼gerleri ile yakla¸s¬m tablosu

2.3.2 Nonlineer problemler için Newton iterasyonuyla Geri Euler yöntemi

Alternatif olarak (2.14) problemi

F (t_i+1; y; Y_i) = y Y_i hf (t_i+1; y) (2.16) fonksiyonunun s¬f¬ryerini belirleme problemi olarak dü¸sünülerek, her i için

y_n+1= y_n F (t_i+1; y_n; Y_i)=F_y(t_i+1; y_n; Y_i); n = 0; 1; 2; ::: (2.17) ile tan¬mlanan Newton iterasyonu uygulanabilir. Bu ¸sekilde tan¬mlanan ite- rasyon için y0 = Y_i uygun bir seçenek olarak dü¸sünülebilir.

Örnek 2.11 için Newton yöntemi ile Geri Euler uygulamas¬Program 2.5 ile gerçekle¸stirilmektedir.

Program 2.5 ile Geri Euler yönteminin Newton yöntemi ile birlikte gerçek- le¸stirilen uygulamas¬n¬Örnek 2.11 için gerçekle¸stiriniz(Al¬¸st¬rma 14).

2.4 Uyumluluk, Kararl¬l¬k ve Yak¬nsakl¬k

Önceki bölümde inceledi¼gimiz hata kavramlar¬, sonlu fark yakla¸s¬m¬n¬n ilgili diferensiyel denklemi hangi düzeyde temsil edebilece¼ginin birer ölçüsü idiler.

Basama¼g¬ yüksek olan bir sonlu fark yakla¸s¬m¬, ilgili diferensiyel denklem için bu anlamda tercih sebebidir. Ancak hesaplamalar¬n bilgisayar say¬sis- temi üzerinde gerçekle¸stirilmi¸s olmas¬, her aritmetik i¸slem sonucunda olu¸s- mas¬beklenen ve kesme hatas¬kaynakl¬hataya ilaveten yuvarlama hatas¬ad¬

verilen hataya neden olmaktad¬r(Bknz Bölüm 2). Sonlu fark yöntemlerinin bir k¬sm¬her ad¬mda olu¸smas¬muhtemel yuvarlama hatalar¬n¬çözüm bölgesi

(24)

üzerinde kontrollü olarak biriktirirken, di¼ger bir k¬sm¬nda söz konusu birikim ancak ad¬m uzunlu¼gunun belirli bir de¼gerden küçük seçilmesi durumunda sa¼glanabilmektedir. En kötü ihtimalle, ad¬m uzunlu¼gu ne olursa olsun, yuvarlama hatalar¬n¬n kontrolsüz olarak artmas¬na engel olunamayan ve pratik olarak kullan¬lamayan fark yöntemleri de mevcuttur. Bu yöntemler s¬ras¬yla

¸sarts¬z olarak say¬sal kararl¬, ¸sartl¬ say¬sal kararl¬ ve say¬sal karars¬z olarak adland¬r¬lmaktad¬rlar.

Bu amaçla teknik olarak a¸sa¼g¬da verilen tan¬m¬yla yöntemin say¬sal olarak kararl¬olmas¬yani yuvarlama hatalar¬n¬kontrollü olarak biriktirebilmesi gerekmektedir.

TANIM 2.6. (Bir yöntemin say¬sal kararl¬l¬¼g¬) Tan¬m kümesinde key… olarak seçilen bir tn = nh = sabit noktas¬ndaki yerel kesme hatas¬, h ! 0(dolay¬s¬yla n! 1 ) için s¬f¬ra yakla¸s¬rken ayn¬noktadaki kümülatif hata da s¬f¬ra yakla¸s¬y- orsa, ilgili yönteme say¬sal kararl¬yöntem ad¬verilmektedir.

Yukar¬daki tan¬ma göre, seçilen sabit noktada fark denklemi diferensiyel denklemi daha iyi temsil ederken say¬sal çözümle elde edilen yakla¸s¬mlar¬n da problemin gerçek çözümüne yak¬nsamas¬arzu edilmektedir. Di¼ger deyimle, diferensiyel denklemle uyumlu olan yöntem say¬sal olarak ta kararl¬ olmas¬

durumunda iyi sonuçlar üretebilmektedir.

A¸sa¼g¬daki Teorem ile ·Ileri Euler yönteminin say¬sal olarak kararl¬oldu¼gu ifade edilmektedir.

TEOREM 2.1. (·Ileri Euler yönteminin say¬sal kararl¬l¬k kriteri)(2.1) ile tan¬mlanan ba¸slang¬ç de¼ger probleminde f fonksiyonu ve @f =@y k¬smi türevinin (t₁; y₁) ba¸slang¬ç noktas¬n¬ içeren bir D = [a; b] [c; d] dikdörtgeninde sürekli oldu¼gunu ve ayr¬ca

M = maxfj@f=@yj; (t; y) 2 Dg

oldu¼gunu kabul edelim. ·Ileri Euler yöntemi (2.1) problemi için say¬sal kararl¬d¬r.

Ispat.·

h ad¬m uzunlu¼gu ve D dikdörtgeni içerisinde kalan ti; i = 1; 2; ; n noktalar¬ile (2.1) problemi için D bölgesi içerisinde kalan ve

Y_i+1= Y_i+ hf (t_i; Y_i); i = 1; 2; ; n (2.18)