˙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, MC 561, MC 562 - N ¨UMER˙IK ANAL˙IZ (I)
07 Kasım 2012
1. Yıli¸ci Sınavı
CEVAPLAR
– Sınav s¨uresi 115 dakikadır. ˙Ilk 30 dakika sınav salonunu terk etmeyiniz. Sınav, belirtilen puanlandırmaya sahip be¸s 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. TOPLAM
5 + 10 puan f(x) =√
πx − cos(πx) fonksiyonu verilsin.
(a) f(x) = 0 denkleminin [0, 1] aralı˘gında bir k¨ok¨u oldu˘gunu g¨osteriniz.
Cevap. f(x) =√
πx − cos(πx) fonksiyonu [0, 1] aralı˘gında s¨ureklidir. Di˘ger taraf- tan
f(0) =√
π · 0 − cos(π · 0) = 0 − 1 = −1 < 0 ve
f(1) =√
π · 1 − cos(π · 1) =√
π − (−1) = 2.7725 > 0
oldu˘gundan f (0)f (1) < 0 sa˘glanır. Dolayısıyla, Ara De˘ger Teoremi’ne g¨ore f (x) fonksiyonunun verilen aralıkta k¨ok¨u vardır.
(b) ˙Ikiye b¨olme metodunu kullanarak ε = 10−1hassaslıkla bu k¨ok de˘gerine bir yakla¸sımda bulununuz.
Cevap. ˙Istenen hassaslık derecesi elde edilene kadar ikiye b¨olme algoritması uy- gulanırsa a¸sa˘gıdaki tablo de˘gerleri elde edilir:
n an bn pn f(pn)
1 0 1 0.5 1.2533
2 0 0.5 0.25 0.17912
3 0 0.25 0.125 −0.29722
4 0.125 0.25 0.1875 −0.63975 × 10−1
Buna g¨ore |f(p4)| = 0.63975 × 10−1 < 10−1 oldu˘gundan aranan k¨ok yakla¸sımı p ≈ p4 = 0.1875 olarak bulunur.
14 puan n ≥ 1 i¸cin
αn=
√1 + 2n2 3n dizisinin yakınsama hızını tespit ediniz.
Cevap. Verilen {αn}∞n=1 dizisinin limiti
n→∞lim
√1 + 2n2
3n =
n→∞lim
1 + 2n2 9n2 =
2 9 =
√2 3 = α olarak bulunur. Buna g¨ore n≥ 1 i¸cin
|αn− α| =
√1 + 2n2
3n −
√2 3
=
√1 + 2n2− n√ 2 3n
√1 + 2n2 + n√
√ 2
1 + 2n2 + n√ 2
=
1 + 2n2 − 2n2 3n(√
1 + 2n2+ n√ 2)
=
1
3n(√
1 + 2n2 + n√ 2)
≤
1
3n(√
0 + 2n2+ n√ 2)
oldu˘gundan
|αn− α| ≤
1
3n(n√
2 + n√ 2)
= 1 6√
2
K
· 1 n2
βn
elde edilir. Dolayısıyla √
1 + 2n2
3n =
√2 3 + O
1 n2
dir. Yani,{αn} dizisi√
2/3 limit de˘gerine{1/n2}’nin sıfıra yakınsama hızında yakınsar.
MB5002, MC 561, MC 562 - G¨uz 2012 3 1. Yıli¸ci Sınavı
14 puan sin x fonksiyonunun x0 = 0 civarında a¸cılmı¸s n. Taylor polinomu kullanılarak sin 2 de˘gerine 10−7hassaslık ile bir yakla¸sım yapılmak istenirse n ka¸c olmalıdır, tespit ediniz.
Cevap. sin x fonksiyonun x0 = 0 civarındaki n. Taylor polinomu Pn(x) ve bu polinoma ait hata terimi Rn(x) olsun. Buna g¨ore sin x = Pn(x) + Rn(x) oldu˘gundan ξ(x) sayısı 0 ile x arasında olmak ¨uzere
| sin x − Pn(x)| = |Rn(x)| =
f(n+1)(ξ(x))
(n + 1)! (x− 0)n+1
yazılabilir. x = 2 noktasında fonksiyona bir yakla¸sım yapılması istendi˘ginden ξ(2) sayısı 0 ile 2 arasında olmak ¨uzere
| sin 2 − Pn(2)| = |Rn(2)| =
f(n+1)(ξ(2))
(n + 1)! (2− 0)n+1
= 2n+1
(n + 1)!f(n+1)(ξ(2))
ifadesi sa˘glanır. Di˘ger taraftan sin¨us fonksiyonunun (n+1). t¨urevi, t¨urevin mertebesinin tek ve ¸cift olmasına g¨ore sırası ile ± cos x ve ± sin x dir. Bu t¨urevlerin mutlak de˘gerleri i¸cin ¨ust sınır | ± cos x| ≤ 1 ve | ± sin x| ≤ 1 oldu˘gundan
|Rn(2)| = 2n+1
(n + 1)!f(n+1)(ξ(2))
≤1
≤ 2n+1 (n + 1)!
¸seklinde bulunur. Buna g¨ore sin 2 ifadesine 10−7 hassaslık ile bir yakla¸sım yapılmak istendi˘ginde n de˘gerinin
|Rn(2)| ≤ 2n+1
(n + 1)! ≤ 10−7
e¸sitsizli˘gini sa˘glanması gerekir. n yerine hesap makinesi kullanılarak ¸ce¸sitli de˘gerler verildi˘ginde n = 14 i¸cin
|Rn(2)| ≤ 214+1
(14 + 1)! = 0.25058× 10−7 ≤ 10−7
ger¸ceklendi˘ginden sin x fonksiyonunun x0 = 0 civarında a¸cılmı¸s 14. Taylor polinomu kullanılarak sin 2 de˘gerine 10−7 hassaslık ile bir yakla¸sım yapılabilece˘gi sonucu elde edilir.
10 + 5 puan g(x) = e−x2 fonksiyonu g¨oz ¨on¨une alınsın.
(a) g(x) fonksiyonunun [0, 1] aralı˘gında tek t¨url¨u belirli bir sabit noktası oldu˘gunu g¨osteriniz.
Cevap. g(x) = e−x2 ustel fonksiyonu [0, 1] aralı˘¨ gında s¨ureklidir. Ayrıca her x ∈ [0, 1] i¸cin g(x) =−2xe−x2 ≤ 0 oldu˘gundan g(x) fonksiyonu [0, 1] aralı˘gında mo- noton azanlandır. Buna g¨ore minimum de˘gerini sa˘g u¸cta, maksimum de˘gerini ise sol u¸cta alır.
g(0) = e0 = 1≤ 1 ve g(1) = e−1 = 0.36788 > 0
oldu˘gundan her x∈ [0, 1] i¸cin g(x) ∈ [0, 1] sa˘glanır. Buna g¨ore g(x) fonksiyonunun [0, 1] aralı˘gında en az bir sabit noktası vardır.
h(x) = g(x) = −2xe−x2 olsun. h(x) = e−x2(4x2− 2) = 0 ifadesi 4x2− 2 = 0 ⇒ x = ±
12 sa˘glandı˘gından biz [0, 1] aralı˘gında yer alan 1
2 ve sınır de˘gerleri olan 0 ve 1 noktalarında |g(x)| ifadesinin mutlak maksimum yaptı˘gı yeri ara¸stıralım:
g
1 2
=
−2 ·
1 2 · e−
√1
2
2
= 0.85776,
|g(0)| = | − 2 · 0 · e−02| = 0 ve
|g(1)| = | − 2 · 1 · e−12| = 0.73576 oldu˘gundan|g(x)| fonksiyonu maksimum de˘gerini
12 noktasında alır. Buna g¨ore
|g(x)| ≤ max
0≤x≤1|g(x)| =
g
1 2
= 0.85776 = k < 1
oldu˘gundan g(x) fonksiyonunun [0, 1] aralı˘gındaki sabit noktası tek t¨url¨u belirlidir.
(b) p0 = 0.65 olmak ¨uzere sabit nokta metodunu kullanarak p3 yakla¸sımını tespit edi- niz.
Cevap. n ≥ 1 i¸cin pn = g(pn−1) sabit nokta iterasyonu verilen fonksiyonu uygu- lanırsa:
n pn g(pn) |pn− g(pn)|
0 0.65 0.65541 0.541× 10−2
1 0.65541 0.65079 0.462× 10−2
2 0.65079 0.65473 0.394× 10−2
¸seklinde p≈ p3 = g(p2) = 0.65473 yakla¸sımı 10−2 hassaslık ile elde edilir.
MB5002, MC 561, MC 562 - G¨uz 2012 5 1. Yıli¸ci Sınavı
14 + 14 + 14 puan
−x3− cos x = 0 denklemi verilsin.
(a) p0 =−1 ilk yakla¸sımı ile Newton metodunu kullanarak p2 de˘gerini hesaplayınız.
Cevap. S¨urekli f (x) = −x3 − cos x fonksiyonunun t¨urevi f(x) = −3x2 + sin x de˘geri i¸cin f(p0) = f(−1) = −3(−1)2+ sin(−1) = −3.8415 = 0 sa˘glandı˘gından Newton metodu kullanılarak k¨ok de˘gerine bir yakla¸sım yapılabilir. Newton metodu ile k¨ok yakla¸sımları n≥ 1 i¸cin
pn = pn−1− f(pn−1) f(pn−1)
form¨ul¨u kullanılarak elde edildi˘ginden f (p0) = f (−1) = −(−1)3 − cos(−1) = 0.45970 oldu˘gu kullanılarak:
p1 = p0− f(p0)
f(p0) =−1 − f(−1)
f(−1) =−1 − 0.45970
−3.8415 =−0.88033 f(p1) = 0.045342, f(p1) =−3.0959 = 0
ve
p2 = p1− f(p1)
f(p1) =−0.88033 − f(−0.88033)
f(−0.88033) =−0.88033 −0.045342
−3.0959 =−0.86568 f(p2) = 0.61978× 10−3
¸seklinde 10−3 hassaslık ile p≈ p2 =−0.86568 yakla¸sımı elde edilir.
(b) p0 = −1 ve p1 = 0 ilk yakla¸sımları ile Secant metodunu kullanarak p3 de˘gerini hesaplayınız.
Cevap.f(x) = −x3−cos x olmak ¨uzere Secant metodunda k¨ok yakla¸sımları n ≥ 2 i¸cin
pn= pn−1−f(pn−1)(pn−1− pn−2) f(pn−1)− f(pn−2)
form¨ul¨u kullanılarak elde edildi˘ginden f (p1) = f (0) =−03− cos 0 = −1 i¸cin p2 = p1− f(p1)(p1− p0)
f(p1)− f(p0) = 0−−1(0 − (−1))
−1 − 0.45970 =−0.68507 f(p2) =−0.45286
ve
p3 = p2− f(p2)(p2− p1)
f(p2)− f(p1) =−0.68507 −−0.45286(−0.68507 − 0)
−0.45286 − (−1) =−1.2521 f(p3) = 0.16497× 101
¸seklinde 101 hassaslık ile p≈ p3 =−1.2521 yakla¸sımı elde edilir.
MB5002, MC 561, MC 562 - G¨uz 2012 7 1. Yıli¸ci Sınavı
(c) p0 =−1 ve p1 = 0 ilk yakla¸sımları ile Regula Falsi metodunu kullanarak p3de˘gerini hesaplayınız.
Cevap. f(x) = −x3− cos x olmak ¨uzere
f(p0) = f (−1) > 0 ve f(p1) = f (0) =−1 < 0
oldu˘gundan [0, 1] aralı˘gında f fonksiyonunun k¨ok¨u vardır. Secant metodunda ve- rilen iterasyon form¨ul¨u kullanılarak p2 yakla¸sımı (b) ¸sıkkında oldu˘gu gibi
p2 = p1− f(p1)(p1− p0)
f(p1)− f(p0) = 0−−1(0 − (−1))
−1 − 0.45970 =−0.68507
olarak elde edilir. f (p2) = f (−0.68507) = −0.45286 < 0 oldu˘gundan k¨ok, p0 =−1 ile p2 =−0.68507 arasında yer alır. Buna g¨ore p3 yakla¸sımı
p3 = p2− f(p2)(p2− p0)
f(p2)− f(p0) =−0.68507 −−0.45286(−0.68507 − (−1))
−0.45286 − 0.45970 =−0.84135 f(p3) =−0.70891 × 10−1
¸seklinde 10−1 hassaslık ile p≈ p3 =−0.84135 olarak elde edilir.