˙I s t a n b u l K ¨u l t ¨u r U n i v e r s i t e s i¨ Matematik -Bilgisayar B¨ol¨um¨u
MB5002 - N ¨UMER˙IK ANAL˙IZ
05 Kasım 2013
1. Yıli¸ci Sınavı
O˘¨grenci Numarası: ——————————————————
Adı Soyadı: ——————————————————————-
– 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
15 puan f(x) = ln x fonksiyonuna ait x = 1 civarındaki Taylor polinomu kullanılarak f(1.1) de˘geri en az ε = 10−11 hassaslık ile hesaplanıyor. Buna g¨ore yakla¸sımda kullanılan Tay- lor polinomunun derecesi en az ka¸c olmalıdır.
Cevap. f (x) = ln x fonksiyonu i¸cin f(x) = x−1, f(x) = −x−2, f(x) = 2!x−3, f(iv)(x) =−3!x−4 oldu˘gundan her n∈ N i¸cin f(n)(x) = (−1)n+1(n− 1)!x−n elde edilir.
n. dereceden bir Taylor polinomunda olu¸san hatanın mutlak de˘geri, ξ(x) sayısı x ile 1 arasında olmak ¨uzere
|Rn(x)| =
fn+1(ξ(x))
(n + 1)! (x− 1)n+1
form¨ul¨u ile verildi˘ginden x = 1.1 i¸cin ξ = ξ(1.1) sayısı 1 ile 1.1 arasında olmak ¨uzere
|Rn(1.1)| =
fn+1(ξ(1.1))
(n + 1)! (1.1− 1)n+1
=
(−1)n+2(n)!ξ−(n+1)
(n + 1)! 0.1n+1
=
ξ−(n+1)
n + 1 0.1n+1
= 0.1n+1 n + 1
1 ξ(n+1)
≤ 0.1n+1 n + 1 max
ξ∈[1,1.1]
1 ξ(n+1)
= 0.1n+1 n + 1
1 1(n+1)
= 0.1n+1 n + 1 elde edilir. Buna g¨ore
0.1n+1
n + 1 ≤10−11
e¸sitsizli˘gini sa˘glayan en k¨u¸c¨uk n de˘geri 9 oldu˘gundan bu yakla¸sımda kullanılan Taylor polinomunun derecesi en az 9 olmalıdır.
15 puan
n ≥ 1 olmak ¨uzere
αn = 2n2+ 4n n2+ 2n + 1 dizisinin limit de˘gerine yakınsamasının hızı tespit ediniz.
Cevap. Verilen dizi
n→∞lim
2n2 + 4n n2+ 2n + 1 = 2 limit de˘gerine sahip oldu˘gundan
2n2 + 4n n2+ 2n + 1 − 2
=
−2
n2+ 2n + 1
= 2
1 (n + 1)2
≤ 2
1 n2
elde edilir. Buna g¨ore dizi limir de˘geri olan 2 noktasına{1/n2} dizisinin sıfıra yakınsama hızında yakınsar. Yani αn = 2 + O(1/n2)’dir.
15 puan n ≥ 1 olmak ¨uzere
pn = 10−2n
dizisinin yakınsamasının mertebesini ve asimtotik hata sabitini bulunuz.
Cevap. A¸cık¸ca
p = lim
n→∞pn = lim
n→∞10−2n = 0 sa˘glanır. Tanıma g¨ore
n→∞lim
|pn+1− p|
|pn− p|α = lim
n→∞
10−2n+1
10−2nα = lim
n→∞10−2n(α−2)
elde edilir. G¨or¨uld¨u˘g¨u ¨uzere yakınsamanın sa˘glanması i¸cin α = 2 olmalıdır. Bu durumda λ = 1 ¸seklinde tespit edilir. Buna g¨ore verilen dizi limit de˘gerine kuadtarik olarak λ = 1 asimtotik hata sabiti ile yakınsar.
10 + 10 puan
Sabit nokta iterasyonu metodu ile x = (ex/3)1/2 denkleminin bir ¸c¨oz¨um¨u bulunmak isteniyor. Metodun yakınsamasının garanti oldu˘gu bir [a, b] aralı˘gı tespit ediniz. Ayrıca p0 = a olmak ¨uzere 10−17hassaslık ile bu ¸c¨oz¨ume sabit nokta iterasyonu metodu ile bir yakla¸sımda bulunmak i¸cin yapılması gereken iterasyon sayısını hesaplayınız.
Cevap. g(x) = (ex/3)1/2 olsun. G¨osterilmesi gereken bir [a, b] aralı˘gında sabit nokta iterasyonu teoreminin ko¸sullarının sa˘glandı˘gıdır. A¸cık¸ca g(x) fonksiyonu her x de˘geri i¸cin R’de s¨ureklidir. Ayrıca her x i¸cin g(x) = √ex
2√
3 > 0 oldu˘gundan g(x) fonksiyonu artandır. Dolayısıyla minimum de˘gerini a’da maksimum de˘gerini ise b’de alır. S¸imdi bu bilgi ı¸sı˘gında [a, b] aralı˘gını belirleyelim. M¨umk¨un t¨um durumlar i¸cerisinden a = 0 olarak se¸cilsin. Buna g¨ore g(0) = 0.57735 > 0 sa˘glanır. Di˘ger taraftan b = 1 olarak alınırsa g(1) = 0.95189 < 1 elde edilir. Buna g¨ore her x ∈ [0, 1] i¸cin g(x) ∈ [0, 1]
sa˘glanır. Bu ise g(x) fonksiyonunun [0, 1] aralı˘gında en az bir sabit noktası oldu˘gu anlamına gelir. Di˘ger taraftan
|g(x)| =
√ ex 2√
3
= 1 2√
3|√
ex| ≤ 1 2√
3 max
x∈[0,1]|√
ex| = 1 2√
3|√
e1| = 0.47594 = k < 1
oldu˘gundan [0, 1] aralı˘gında varlı˘gı bilinen bu sabit nokta tek t¨url¨u belirlidir.
Yukarıda sabit nokta iterasyonu teoreminin t¨um ko¸sulları sa˘glandı˘gından [0, 1] aralı˘gından alınan her p0 ba¸slangı¸c noktası i¸cin pn = g(pn−1) ¸seklinde tanımlanan fonksiyonel ite- rasyon verilen aralıktaki sabit nokta de˘gerine yakınsar.
S¸imdi p0 = 0 olmak ¨uzere 10−17 hassaslık ile bu sabit noktayı bulmak i¸cin yapılması gereken iterasyon sayısını hesaplayalım. Burada
|pn− p| ≤ kn
1− k|p1 − p0| ≤ 10−17
17 puan f(x) = 2x cos(2x) − (x − 2)2 = 0 olsun. p0 = 2.0, p1 = 2.5 i¸cin Regula Falsi Metodu ile f(x) fonksiyonun bu aralıktaki k¨ok de˘gerine 10−2 hassaslık ile bir yakla¸sımda bulunu- nuz.
Cevap. S¨urekli f (x) fonksiyonu i¸cin f (p0) = f (2.0) = −2.6146 < 0, f(p1) = f (2.5) = 1.1683 > 0 sa˘glandı˘gından (2.0, 2.5) aralı˘gında f (x) fonksiyonunun bir k¨ok¨u vardır.
Buna g¨ore Regula Falsi Metodunda iterasyonlar
pn= pn−1− f(pn−1)(pn−1− pn−2) f(pn−1)− f(pn−2) form¨ul¨u ile elde edildi˘ginden a¸sa˘gıdaki i¸slemleri yapmak gerekir:
p2 = 2.5− f(2.5)(2.5 − 2)
f(2.5) − f(2.0) = 2.5− 1.1683(2.5− 2.0) 1.1683− (−2.6146)
= 2.3456
f(p2) = f (2.3456) = −0.21883 ⇒ |f(p2)| > ε
f(p2) de˘geri negatif oldu˘gundan aranan k¨ok 2.3456 ile 2.5 arasındadır.
p3 = 2.5−f(2.5)(2.5 − 2.3456)
f(2.5) − f(2.3456) = 2.5−1.1683(2.5− 2.3456) 1.1683− (−0.21883)
= 2.3700
f(p3) = f (2.3700) =−0.0060404 ⇒ |f(p3)| < ε.
Dolayısıyla aranan k¨ok istenen hassaslık ile p≈ p3 = 2.3700 olarak elde edilir.
18 puan f(x) = ln x − x2 + x fonksiyonunun x = 1 noktasında ka¸c katlı sıfır yeri oldu˘gunu tespit ediniz. p0 = 2 ilk yakla¸sımı ile De˘gi¸stirilmi¸s Newton Metodu kullanılarak bu k¨ok de˘gerine 10−5 hassaslık ile bir yakla¸sımda bulununuz. 1
Cevap. f (x) = ln x− x2 + x, f(x) = 1x − 2x + 1 ve f(x) = −x12 − 2 oldu˘gundan f(1) = ln 1 − 12 + 1 = 0, f(1) = 11 − 2x + 1 = 0 ve f(x) = −112 − 2 = −3 = 0 elde edilir. Buna g¨ore x = 1 noktası f foksiyonunun iki katlı sıfır yeridir. De˘gi¸stirilmi¸s Newton Metodunda
pn= pn−1− f(pn−1)f(pn−1)
[f(pn−1)]2− f(pn−1)f(pn−1) form¨ul¨u kullanıldı˘gına g¨ore
f(2) = ln 2 − 2, f(2) =−5/2, f(2) =−9/4 de˘gerleri i¸cin
p1 = p0− f(p0)f(p0)
[f(p0)]2− f(p0)f(p0) = 2− f(2)f(2) [f(2)]2− f(2)f(2)
= 1.0128
elde edilir. Ayrıca f (p1) = f (1.0128) = −0.00024507 oldu˘gundan bu yakla¸sımın 10−3 hassaslık ile yapıldı˘gı sonucu elde edilir. Benzer ¸sekilde
f(1.0128) = −0.00024507, f(1.0128) =−0.038238, f(1.0128) =−2.9749 de˘gerleri i¸cin
p2 = p1 − f(p1)f(p1)
[f(p1)]2 − f(p1)f(p1) = 1.0128− f(1.0128)f(1.0128)
[f(1.0128)]2− f(1.0128)f(1.0128)
= 1.0000 elde edilir.
