MB5002, MC 561, MC 562 - N ¨UMER˙IK ANAL˙IZ (I)
03 Ocak 2013
CEVAPLAR
Talimatlar – Sınav s¨uresi 115 dakikadır. ˙Ilk 30 dakika sınav salonunu terk etmeyiniz. Sınav, belirtilen puanlandırmaya sahip altı sorudan olu¸smaktadır. Tam puan almak i¸cin yaptı˘gınız i¸slemleri sınav kˆa˘gıdında belirtmeniz gerekmektedir. Sadece cevaplar puanlandırılmayacaktır. Sınav s¨uresince mobil telefonlarınızı kapalı tutunuz. Ders notlarını i¸ceren herhangi bir aracın sınav s¨uresince kullanılması yasaktır. Trigono- metrik ifadelerle ilgili hesap makinasında i¸slem yaparken radyan modunu kul- lanmayı unutmayınız. Aksi soruda belirtilmedik¸ce 5-ondalık dijit yuvarlama aritmeti˘gi kullanarak hesaplmalarınızı yapınız. Cevap anahtarı, sınav sonrasında Matematik-Bilgisayar B¨ol¨um¨u panosuna asılacaktır.
Ba¸sarılar. Yrd. Do¸c. Dr. Emel Yavuz Duman
Soru 1. Soru 4.
Soru 2. Soru 5.
Soru 3. Soru 6.
Soru 1. 15 puan f fonksiyonunun bazı noktalarda aldı˘gı de˘gerleri i¸ceren a¸sa˘gıdaki tablo verilsin:
x 0.84 0.92 1.00 1.08 1.16
f (x) 0.74464 0.79560 0.84147 0.88196 0.91680 f′(1) t¨urev de˘gerine en iyi yakla¸sımı yapınız.
Cevap. M¨umk¨un t¨um yakla¸sımların yanında, en iyi yakla¸sım de˘geri x0 = 1 ve h = 0.08 olmak ¨uzere be¸s nokta orta form¨ul¨u kullanılarak elde edilir. Buna g¨ore
f′(x0)≈ 1
12h[f (x0− 2h) − 8f(x0− h) + 8f(x0 + h)− f(x0+ 2h)]
olmak ¨uzere
f′(1)≈ 1
12(0.08)[f (0.84)− 8f(0.92) + 8f(1.08) − f(1.16)]
≈ 1
12(0.08)[0.74464− 8(0.79560) + 8(0.88196) − 0.91680]
≈ 0.54033
¸seklinde yakla¸sım sonucu elde edilir.
Soru 2. 15 puan
f (x) = exsin x + 27 fonksiyonunun ikinci t¨urevinin 0.7 noktasındaki de˘gerine h = 0.01 olmak ¨uzere ikinci t¨urev i¸cin orta nokta form¨ul¨u kullanılarak yapılan yakla¸sımda olu¸san hata i¸cin bir ¨ust sınır belirleyiniz.
Cevap. ξ sayısı x0−h = 0.7−0.01 = 0.69 ve x0+ h = 0.7 + 0.01 = 0.71 arasında olmak
¨
uzere ikinci t¨urev i¸cin orta nokta form¨ul¨u kullanılarak yapılan yakla¸sımda olu¸san hata E =
h2
12f(iv)(ξ) ifadesi ile verildi˘ginden
f′(x) = ex(sin x + cos x), f′′(x) = 2excos x, f′′′(x) = 2ex(cos x− sin x), f(iv)(x) =−4exsin x oldu˘gu kullanılarak
E = 0.012
12 4eξsin ξ
≤ max0.69≤ξ≤0.71
0.012
3 eξsin ξ
elde edilir. g(ξ) = eξsin ξ olmak ¨uzere [0.69, 0.71] aralı˘gında g′(ξ) = eξ(sin ξ + cos ξ) fonksiyonu hep pozitif de˘ger aldı˘gından g(ξ) fonksiyonu monoton artandır. Buna g¨ore
|g(ξ)| maksimum de˘gerini aralı˘gın sınırlarında alır:
|g(0.69)| = |e0.69sin 0.69| = 1.2691 < 1.3258 = |e0.71sin 071| = |g(0.71)|.
Dolayısıyla, yapılan yakla¸sımda olu¸san hata i¸cin bir ¨ust sınır E ≤ 0.012
3 (1.3258) = 0.4419× 10−4 olarak elde edilir. Yani yapılan yakla¸sım ε = 10−4 hassaslıktadır.
2
Soru 3. 15 puan A¸sa˘gıdaki tablo de˘gerleri verilsin:
xi −0.4 0 0.4 0.8 1.2
f (xi) −0.204 −0.07 −0.006 0.442 1.658
Newton geri fark form¨ul¨un¨u kullanarak x = 1 de˘gerine bir yakla¸sımda bulununuz.
Cevap. ¨Oncelikle Newton geri fark tablosunu olu¸sturalım:
i xi f (xi) ∇f(xi) ∇2f (xi) ∇3f (xi) ∇4f (xi) 4 1.2 1.658
1.216
3 0.8 0.442 0.768
0.448 0.384
2 0.4 −0.006 0.384 −0.07
0.064 0.454
1 0 −0.07 −0.07
0.134 0 −0.4 −0.204
Buna g¨ore h = 0.4, xn= 1.2 ve x = 1 oldu˘gundan s = x−xhn = 1−1.20.4 =−0.5 olarak elde edilir. Dolayısıyla istenen yakla¸sım
f (1)≈ P4(1) =f (xn) + s∇f(xn) + s(s + 1)
2! ∇2f (xn) + s(s + 1)(s + 2)
3! ∇3f (xn) + s(s + 1)(s + 2)(s + 3)
4! ∇4f (xn)
=1.658− 0.5(1.216) − 0.5(−0.5 + 1)
2! (0.768)
− 0.5(−0.5 + 1)(−0.5 + 2)
3! (0.384)
− 0.5(−0.5 + 1)(−0.5 + 2)(−0.5 + 3)
4! (−0.07)
=0.93273
¸seklinde elde edilir.
Soru 4. 15 puan f (x) = x cos x fonksiyonu i¸cin ∫5
1 f (x)dx integraline Simpson ve yamuk kurallarını kullanarak bir yakla¸sımda bulununuz. Her iki yakla¸sımda olu¸san mutlak hatayı hesap- layınız.
Cevap. ˙Integralin ger¸cek de˘geri kısmi integrasyon ile x = u ⇒ dx = du ve cos xdx = dv⇒ sin x = v olmak ¨uzere a¸sa˘gıdaki ¸sekilde hesaplanır:
∫ 5
1
x cos xdx = x sin x|51−
∫ 5
1
sin xdx = (x sin x + cos x)51
= 5 sin 5 + cos 5− 1 sin 1 − cos 1 = −5.8927.
Di˘ger taraftan h = b − a = 5 − 1 = 4 olmak ¨uzere yamuk kuralını kullanarak bir yakla¸sım
∫ 5 1
x cos xdx≈ h
2[f (1) + f (5)]
≈ 4
2[1 cos 1 + 5 cos 5] = 3.9172
ve h = b−a2 = 5−12 = 2 olmak ¨uzere Simpson kuralını kullanarak bir yakla¸sım x1 = a + h = 1 + 2 = 3 i¸cin
∫ 5
1
x cos xdx≈ h
3[f (1) + 4f (3) + f (5)]
≈ 2
3[1 cos 1 + 4(3 cos 3) + 5 cos 5] =−6.6142
¸seklinde elde edilir. Buna g¨ore yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yapılan yakla¸sımlarda olu¸san mutlak hatalar sırası ile
| − 5.8927 − 3.9172| = 9.8099 ve
| − 5.8927 − (−6.6142)| = 0.7215 olarak bulunur.
4
Soru 5. ∫1 20 puan
−1f (x)dx integral de˘gerine orta nokta kuralı ile bir yakla¸sım yapıldı˘gında 12, n = 2 i¸cin bile¸sik orta nokta ve bile¸sik Simpson kuralları ile yapılan yakla¸sımlardan ise sırası ile 5 ve 6 sonu¸cları elde ediliyor. f (−1) = f(1), f(−0.5) = f(0.5) − 1 oldu˘gunu kullanarak f (−1), f(−0.5) ve f(0) de˘gerilerini hesaplayınız.
Cevap. Orta nokta kuralı kullanılarak yapılan yakla¸sımdan 12 sonucu elde edildi˘gine g¨ore, x−1 =−1, x1 = 1, h = x1−x2−1 = 1−(−1)2 = 1 ve x0 = x−1+ h =−1 + 1 = 0 i¸cin
∫ 1
−1
f (x0)dx≈ 2hf(x0) = 2(1)f (0) = 12⇒ f(0) = 6
olarak elde edilir. Di˘ger taraftan n = 2 i¸cin bile¸sik orta nokta kuralı ile 5 neticesine ula¸sıldı˘gından h = n+2b−a = 1−(−1)2+2 = 0.5 ve x0 = a + h =−1 + 0.5 = −0.5, x1 = a + 2h =
−1 + 1 = 0, x2 = a + 3h =−1 + 1.5 = 0.5 olmak ¨uzere
∫ 1
−1
f (x0)dx≈ 2h
∑1 j=0
f (x2j) = 2(0.5)(f (x0) + f (x2)) = 2(0.5)(f (−0.5) + f(0.5)) = 5
ve buradan f (−0.5) = f(0.5) − 1 oldu˘gunu kullanarak
f (0.5)− 1 + f(0.5) = 5 ⇒ f(0.5) = 3, f(−0.5) = 2
sonucu elde edilir. Son olarak n = 2 i¸cin bile¸sik Simpson kuralı ile 6 neticesine ula¸sıldı˘gından h = b−an = 1−(−1)2 = 1 ve x1 = x0+ h = −1 + 1 = 0 i¸cin
∫ 1
−1
f (x0)dx≈ h
3[f (a) + 4f (x0) + f (b)] = 1
3[f (−1) + 4f(x0) + f (1)] = 12 ve burada f (−1) = f(1), f(0) = 6 oldu˘gu kullanılarak
1
3[f (1) + 4(6) + f (1)] = 12 ⇒ f(1) = f(−1) = 6 sonucu elde edilir.
Soru 6. 20 puan
f′(x) = f (x0+ h)− f(x0)
h − h
2f′′(ξ)
¸seklinde verilen t¨urev de˘geri i¸cin fark form¨ul¨unde olu¸san yuvarlama hatasını ara¸stırınız.
Metodun g¨uvenilirli˘gi hakkında yorum yapınız.
Cevap. f (x0+ h) ve f (x0) ifadeleri sırası ile e(x0+ h) ve e(x0) yuvarlama hataları ile f (x˜ 0+ h) ve ˜f (x0) olarak hesaplansın. Buna g¨ore
f (x0+ h) = ˜f (x0 + h) + e(x0+ h) ve f (x0) = ˜f (x0) + e(x0)
yazılabilir. Dolayısıyla, yakla¸sımda kesme ve yuvarlamadan dolayı olu¸san toplam hata f′(x0) = 1
h[ ˜f (x0 + h) + e(x0+ h)− ˜f (x0)− e(x0)]− h 2f′′(ξ)
=
f (x˜ 0+ h)− ˜f (x0)
h + e (x0+ h)− e(x0)
h − h
2f′′(ξ) yani
f′(x0)−f (x˜ 0+ h)− ˜f (x0)
h = e (x0+ h)− e (x0)
h −h
2 f′′(ξ)
¸seklinde elde edilir. E˘ger e (x0+ h) ve e (x0) yuvarlama hataları bir ε > 0 sayısı ile, f fonksiyonunun ikinci t¨urevi ise bir M sayısı ile sınırlıysa
f′(x0)−f (x˜ 0+ h)− ˜f (x0) h
= 2ε
h + h 2M
elde edilir. h2M kesme hatasını minimize etmek i¸cin h uzunlu˘gunu azaltmak gerekir.
Fakat h de˘gerinin azalması durumunda 2εh ile verilen yuvarlama hatası de˘geri artacaktır.
Dolayısıyla metot g¨uvenilmezdir.
6
Newton Geri Fark Form¨ul¨u:
Pn(x) = f (xn) +
∑n k=1
(−1)k(−s k
)∇kf (xn)
Fark Form¨ul¨u:
f′(x0) =f (x0+ h)− f(x0)
h −h
2f′′(ξ) U¸¨c-Nokta U¸c Nokta Form¨ul¨u:
f′(x0) = 1
2h[−3f(x0) + 4f (x0+ h)− f(x0+ 2h)] +h2 3 f′′′(ξ) U¸¨c-Nokta Orta Nokta Form¨ul¨u:
f′(x0) = 1
2h[f (x0+ h)− f(x0− h)] −h2 6 f′′′(ξ) Be¸s-Nokta Orta Nokta Form¨ul¨u:
f′(x0) = 1
12h[f (x0− 2h) − 8f(x0− h) + 8f(x0+ h)− f(x0+ 2h)] +h4 30f(v)(ξ) Be¸s-Nokta U¸c Nokta Form¨ul¨u:
f′(x0) = 1
12h[−25f(x0) + 48f (x0+ h)− 36f(x0+ 2h) + 16f (x0+ 3h)− 3f(x0+ 4h)] +h4 5 f(v)(ξ)
˙Ikinci T¨urev i¸cin Orta Nokta Form¨ul¨u:
f′′(x0) = 1
h2[f (x0− h) − 2f (x0) + f (x0+ h)]−h2 12f(iv)(ξ) Kapalı Newton-Cotes Form¨ulleri.
n = 1: Yamuk Kuralı ∫ x1
x0
f (x) dx =h
2[f (x0) + f (x1)]−h2 12f′′(ξ) n = 2: Simpson Kuralı ∫ x2
x0
f (x) dx =h
3[f (x0) + 4f (x1) + f (x2)]−h5 60f(iv)(ξ) n = 3: Simpson 38 Kuralı
∫ x3 x0
f (x) dx =3h
8 [f (x0) + 3f (x1) + 3f (x2) + f (x3)]−3h5 80f(iv)(ξ)
n = 4: ∫ x4
x0
f (x) dx =2h
45[7f (x0) + 32f (x1) + 12f (x2) + 32f (x3) + 7f (x4)]−8h7 945f(vi)(ξ) A¸cık Newton-Cotes Form¨ulleri.
n = 0: Orta Nokta Kuralı ∫ x1 x−1
f (x) dx = 2hf (x0) +h3 3 f′′(ξ)
n = 1: ∫x2
x−1
f (x) dx =3h
2[f (x0) + f (x1)] +3h3 4 f′′(ξ)
n = 2: ∫ x3
x−1
f (x) dx =4h
3 [2f (x0)− f (x1) + 2f (x2)] +14h5 45 f(iv)(ξ)
n = 3: ∫x4
x−1
f (x) dx =5h
24[11f (x0) + f (x1) + f (x2) + 11f (x3)] +95h5 144 f(iv)(ξ) Bile¸sik ˙Integrasyon.
Bile¸sik Simpson Kuralı:
∫ b a
f (x) dx =h 3 [
f (a) + 2
(n/2)−1∑
j=1
f (x2j) + 4
n/2∑
j=1
f (x2j−1) + f (b)
]−b− a
180 h4f(iv)(ξ) Bile¸sik Yamuk Kuralı:
∫b a
f (x) dx =h 2
f (a) + 2n−1∑
j=1
f (xj) + f (b)
−b− a 12 h2f′′(ξ) Bile¸sik Orta Nokta Kuralı:
∫ b a
f (x) dx = 2h
n/2∑
j=0
f (x2j) +b− a 6 h2f′′(ξ)
