8 Birinci Sıra Denklemlerin Yaklaşık Çözüm Metotları 2. Bölümde kapalı – biçimde olan sonuçları tam olarak elde edilebilen birinci sıra denklemlerin özel türlerini inceledik. Bu özel türlerin birinin veya bir başkasının içinde yer almayan birinci sıra denklemi için tam bir sonuç alma konusunda nasıl bir yaklaşım içinde olması gerektiği genellikle açık ve net değildir. Bu arada buna benzer birçok durumda basit fonksiyonlar açısından kapalı – biçimde bir çözüme ulaşılması beklenmeyen bir sürpriz olacaktır. Bundan dolayı da birinci sıra denklemlerin yaklaşık sonuçlarını elde etmek ihtimali düşünülmektedir. Bu bölümde sizlere birkaç yaklaşık metot tanıtacağız. Bu bölümde yer alan her bir metodun çalışmasında bizim temel yaklaşımımız hem işleme benzerliği elde etmek hem de bunu uygulama imkanını geliştirmek olacaktır. Bu çalışmada genel olarak doğru ve yanlışın teorik savunmalarıyla ve genişletilmiş tartışma konularıyla ilgilenmeyeceğiz.Biz çalışmamızda bu tür konuları önem sırasına göre daha özel ve ileri yaklaşımlara (çözümlere) bırakacağız ve böylece çeşitli işlemlerin formal (biçimsel) ayrıntılarına eğilmek olacaktır. 8.1 Grafik Metotlar A. Doğru Elemanları ve Yön Alanları 1. Bölümde ilk sıra diferansiyel denklemin geometrik önemi konusuna özetle değinmiştik. = ƒ (x,y), (8.1) Burada f, x ve y’nin reel bir fonksiyonudur. (8,1)’in açık sonuçları belirli reel fonksiyonlardır ve bu çözüm fonksiyonlarının grafikleri (8,1)’in inregral eğrileri olarak adlandırılan xy düzleminde yer alan eğrilerdir. f(x,y)’nin tanımlandığı (x,y)’nin her bir noktasında diferansiyel denklem (8,1), bu noktadan geçen (8,1)’in integral eğrisinin (x,y) noktasında f(x,y) eğimini tanımlar. Böylece, bu integral eğrisinin hangi çözüm fonksiyonunun çizgisi olduğunu tam olarak bilmeden verilen (x,y) noktasında (8,1)’in integral eğrisine bir teğet (tanjant) oluşturabiliriz. Bunu yapmak için devam ediyoruz. (x,y) noktaları boyunca bu noktanın içinden geçen (8,1) integral eğrisine teğetin kısa bir segmentini çizebiliriz. Bu şu anlama gelir; (x,y) boyunca diferansiyel denklem (8,1) tarafından verilen ve eğimi f(x,y) olan kısa bir segment oluştururuz. Bu tür bir segmente diferansiyel denklemin doğru elemanları denir (8.1). Örneğin, diferabsiyel denklemi göz önüne alalım. = 2x + y. (8.2) Burada (x,y) = 2x + y, ve (1, 2) noktasından geçen (8,2) integral eğrisinin eğimi bu noktada şu değere ulaşır f(1, 2) = 4. Böylece (1, 2) noktalarından eğim 4’ün kısa bir segmentini oluştururuz veya bir başka deyişle de yaklaşık 76°eğim açısı segmenti meydana gelir (Bakınız Şekil 8,1). Bu kısa segment (1,2) noktasında diferansiyel denklemin doğru elemanıdır. Bu noktadan geçen (8,2) integral eğrisine teğet oluşturur. (1,2) Noktasında (8,2)diferansiyel denklemin doğru elemanı ŞEKİL 8.1 Şimdi de genel denklem (8.1)’e dönelim. (8.1)’in bir doğru elemanı (8.1)’de f(x, y)’nin tanımlandığı her bir noktada (x, y) oluşturulabilir. Böylece farklı noktaların seçimi (x, y)seçilmiş değişik noktalarda integral eğrilerinin yönlerini gösteren seçilmiş doğru elemanlarının bir konfigürasyonu ortaya çıkarır. Biz bu tür bir konfigürasyona bir doğru elemanının konfigürasyonu demekteyiz. f(y, x)’in tanımlandığı her bir (x, y) noktası için diferansiyel denklemi (8.1) böylece eğimli bir doğru segmentini (x, y) veya bir başka deyişle bir yönü tanımlar. Böylesi bir noktada, tanımlanan yöne denk gelen ile beraber alınarak diferansiyel denklemin (8.1) yön alanını meydana getirir. Diferansiyel denklem (8.1) bu yön alanını tanımlar ve bu yön alanı grafiksel olarak bir doğru eleman konfigürasyonu ile temsil edilir. Daha açıkça anlatmak gerekirse, tam ve dikkatli olarak ortaya konan doğru eleman konfigürasyonu, yön alanının daha doğru grafik temsilini verir. Biçimin (8.1) verilen diferansiyel denklemi için “tam ve dikkatlice oluşturulmuş” bir doğru elemanı konfigürasyonunun çizildiğini varsayalım. Bunu da biz doğru elemanlarının dikkatlice seçilmiş nispeten çok sayıda noktalarda dikkatli bir biçimde oluşturulması olarak varsayarız. Ardından bu ortaya çıkan doğru elemanı konfigürasyonu farklı noktalarda oluşturulmuş değişik doğru elemanlarına eğri grubunun teğet olması durumunu gösterecektir. Belirtilen bu eğri grubu, verilen diferansiyel denkleminin yaklaşık olarak integral eğrileri grubudur. Doğru elemanlarına konfigürasyon olarak gerçekten düz eğrilerin çizilmesi gerçek integral eğrilerinin yaklaşık grafiklerinin sağlanacağını göstermektedir. Böylece doğru elemanı konfigürasyonun oluşturulması, grafik biçiminde diferansiyel denkleminin olası çözümünün elde edilmesi için bir işlemin olmasını sağlar. Şimdi de temel grafik işlemi özetliyoruz ve bunu basit bir örnek ile aşağıda göstermekteyiz. Temel Grafik İşleminin Özetlenmesi 1. “Tahmini integral eğrileri” grubunun oluşmaya başlamasına kadar devam eden bir doğru elemanı konfigürasyonunu dikkatlice yapınız. 2. 1. adımda yapılan konfigürasyon tarafından gösterilen düz eğrileri çiziniz. Örnek 8.1. Diferansiyel denklemi için bir doğru elemanı konfigürasyonu yapınız, = 2x + y (8,2) ve bu konfigürasyonu muhtemel integral eğrilerin genel bir taslağının oluşturulması için kullanınız. Çözüm. Tam integral eğrisinin (8.2) herhangi bir moktada (x, y) eğimi f(x, y) = 2x + y. tarafından verilir. Bu eğimi bir grup seçilmiş noktada değerlendiririz ve böylece de seçilmiş her bir noktada tekabül eden doğru elemanının yaklaşık eğimini belirleriz. Ardından da belirlenen doğru elemanlarını oluştururuz. Ortaya çıkan konfigürasyondan da tahmini integral eğrilerin birkaçının taslağını çıkarırız. Birkaç tipik eğim Tablo 8.1’de verilmiştir ve yaklaşık integral eğriler ile tamamlanmış konfigürasyon ise Şekil 8.2’de gösterilmiştir. Yorumlar. Burada ana hatları ile verilen temel grafiksel işlem, biçimin (8.1) herhangi bir ilk sıra diferansiyel denklemine uygulanabileceğinden dolayı çok genel bir işlemdir. Ancak metodun birkaç çok net dezavantajları vardır. Bunlardan bir tanesi, integral eğrilerin yaklaşık grafiklerini sağlamasına karşın ne tam olarak ne de yaklaşık bir değer olarak çözümlerin analitik anlatımlarını içermemektedir. Bununla beraber, çok sıkıcı ve çok zaman isteyen bir işlemdir. Sonuç olarak elde edilen grafikler sadece tam integral eğrilerin grafiklerine yaklaşan değerlerdir ve bu çizgilerin doğruluğu ise belirsizdir. Tablo 8.1 X Y (eğim) Doğru elemanının yaklaşık eğimi - 27° 0 1 45° 56° 1 2 63° 1 - 56° 1 0 2 63° 1 68° 1 1 3 72° Elbette, daha çok tamamlanmış ve dikkatli doğru elemanı konfigürasyonların oluşturulması ile daha iyi yaklaşık değerler açıkça görülüyor ki elde edilebilir, ancak bu zaman ve daha çok emek isteyen bir iştir. Şimdi de sürecin gözle görülür bir biçimde hızlandırabileceği bir işlemi göreceğiz. (Şekil 8.2) B. Eş-doğrular Metodu TANIM Diferansiyel denklemi dikkate alınız = f(x, y) (8,2) sabit değeri c olan f(x, y) boyunca gelen bir eğriye diferansiyel denklemin (8.1) bir eş-doğrusu denir. Bu da (8.1)’in e-doğruları c parametresinin farklı değerleri için f(x, y) = c eğrileridir. Örneğin, diferansiyel denklemin eş-doğruları = 2x + y (8,2) 2x +y = c’nin düz çizgileridir. Bunlar elbette eğim –x ve y-sonlu c’nin y = -2x + c Dikkat. Diferansiyel denkleminin (8.1) eş-doğrularının (8.1)’in genel integral eğrileri olmadığına dikkat ediniz. Bir eş-doğru yalnızca tüm doğru elemanlarının tek ve sabit bir eğiminin olması durumunda bir eğri oluşturur. Bu da eş-doruların neden yararlı olduğunun tek açıklamasıdır. Verilen eş-doğru boyunca görülen doğru elemanlarının tamamının aynı eğime sahip olmasından dolayı eş-doğru çizildiğinde ve bir doğru elemanı bunun üzerine oluşturulduğunda çok sayıda doğru elemanı kolaylıkla ve hızlı bir biçimde oluşturulabilir. Bu da şimdi ana hatlarını göstereceğimiz işlemin aynısıdır. Eş-Doğrular İşlemi 1 Diferansiyel denkleminden = ƒ(x, y) (8.1) eş-doğrular grubundan belirleyiniz ƒ(x, y) = c, (8.3) ve bu grubunu birkaç elemanını dikkatli bir şekilde oluşturunuz. 2. Grubun (8.3) özel bir eş-doğrusunu ƒ(x,y) = c0 olarak düşününüz. Bu eş-doğrunun tüm noktalarında (x,y) doğru elemanları aynı eğim c0’a sahiptirler ve bundan dolayı aynı eğim ao = arctan c0 00 < a0 <130°. Bu eş-doğru boyunca bir grup nokta bu eğime sahip a0 doğru elemanlarını oluştururlar. 3. 1. Adımda oluşturulmuş olan grup (8.3)’ün eş-doğrularının her biri için 2. Adımı tekrarlayınız. Bu yolla doğru elemanı konfigürasyonu şekillenmeye başlayacaktır. 4. Sonuç olarak 3. Adımda elde edilmen doğru elemanı konfigürasyonu tarafından gösterilen düz eğrileri (yaklaşık integral eğrileri) çiziniz. ŞEKİL 8.3 Örnek 8.2. = 2x + y (8.2) yaklaşık integral eğrilerinin taslağını oluşturmak için eş-doğru metodunu uygulayınız. Çözüm. Diferansiyel denklemin (8.2) eş-doğrularının 2x + y = c veya y = -2x + c (8.4) olduğunu daha önce vurgulamıştık. Şekil 8.3’te bu doğrular c = -2, 32, - 1, -12, 0, 12, 1, 32 ve 2 olarak gösterilmiştir. Bunların her birinin üzerinde daha sonra uygun eğime sahip a = arctan c, 00 < a < 1800 bir dizi doğru elemanı oluştururuz. Örneğin, c = 1 için tekabül eden eş-doğru y = 2x + 1’dir ve bu doğru üzerinde eğim arctan 1 = 45°doğru elemanlarını oluştururuz. Şekilde eş-doğrular kısa çizgiler halinde çizilmiştir ve yaklaşık integral eğrilerin bir kısmı gösterilmiştir (Aralık bırakılmadan çizilmiştir). Örnek 8.3. = x2 + y2. (8.5) yaklaşık integral eğrilerinin taslağını çıkarmak için eş-doğru metodunu uygulayınız. Çözüm. Diferansiyel denklemin (8.5) eş-doğruları, eş-merkezli çemberlerdir, x2 + y2 = c, c > 0. Şekil 8.4’te c = , , , 1 , , , ve 4 olan çemberler kesik kesik çizilmişlerdir ve uygun eğimi olan birkaç doğru elemanı birbiri ardına çizilmişlerdir. Örneğin, c = 4 için yarıçap 2’nin çemberi olan x2 + y2 = 4 ortaya çıkan eş-doğrudur ve bu çember boyunca doğru elemanlarının eğimi arctan 4 = 76°. Birkaç yaklaşık integral eğriler aşağıda gösterilmiştir (Aralık bırakılmadan çizilmiştir). ŞEKİL 8.4 Alıştırmalar Alştırma’dan 1’den 12’ye kadar her bir diferansiyel denkleminin yaklaşık integral eğrilerinin taslağını çıkarmak için eş-doğru metodunu uygulayınız. 1. = 3x – y. 2. = 3. = 4. = + 5. = 6. = sin x – y 7. = - 8. = 9. = 10. = 11. = 12. = 8.2 Kuvvet Serileri Metotları A Giriş Bir önceki bölümün grafik metotlarının çok genel olmasına rağmen bunların bazı dezavantajları da vardır. Bunlar sadece sıkıcı, olası yapım hatalarına tabii değil aynı zamanda bizlere sadece çözümlerin yaklaşık grafiklerini vermekte ve bu çözümlerin hiçbir analitik anlatımlarını içermemektedir. Basit fonksiyonlar açısından kapalı biçimli çözümün araştırılması konusunun en basit biçimiyle geçmemize rağmen, halâ bazı tür sonsuz sıra olarak temsil edilebilen çözümleri umabiliriz. Özellikle kuvvet sıraları olarak temsil edilebilen çözümleri arayacağız. Biz burada tüm ilk sıralı diferansiyel denklemlerin kuvvet dizisi olarak temsil edilebilen çözümlere sahip olmadıklarını vurguluyoruz ve hangi şartlar altında bir ilk sıralı diferansiyel denkleminin bu tür çözümlere sahip olduğunu incelemekte bu kitabın kapsamını dışındadır. Kuvvet dizisi metodunu açıklamak için her zaman doğruluğu kanıtlanmayan bir varsayım olduğunun farkına vararak kuvvet dizisi çözümlerinin mevcut olduğunu kabul varsayacağız. Özellikle, diferansiyel denklemini içeren ilk-değer problemini = ƒ(x, y) (8.1) ve ilk koşulu dikkate alıyoruz y(xo)=yo (8.6) ve diferansiyel denklemin (8.1) (x – xo) kuvvetlerinde kuvvet dizisi olarak temsil edilebilen bir çözüme sahip olduğunu varsayıyoruz. Burada da diferansiyel denklemin (8.1) biçim çözümü olduğunu varsayarız y = + (x - ) + ( x - + --- = (8.7) bu değer xo noktasına kadar bazı aralıklarda geçerlidir. Şimdi de (8.7)’de co, c1,c2...katsayılarını belirleyen metotları gözden geçiriyoruz, böylece (8.7) sıraları aslında diferansiyel denklemi karşılar (8.1). B. Taylor Dizisi Metodu Diferansiyel denklemi içeren ilk-değer probleminin (8.1) ve ilk durumun (8.6) xo aralığında geçerli olan biçime (8.7) sahip olduğunu varsayıyoruz. Ardından da her bir x için bu aralıkta bu çözümün y(x) değeri ile Taylor teoremi tarafından aşağıda verildiğini görüyorsunuz. y(x) = y( ) + y( )(x - ) + = (x - ) + - - - = Başlangıç durumundan (8.6) bizim y(xo) = yo değerine ve diferansiyel denklemin kendisinden (8.1) y(xo) = ƒ(xo, yo) değerine sahibiz. Bu y(xo) ve y(xo) değerlerinin (8.8) serisiyle yer değiştirerek istenen seri çözümünün (8.7) ilk iki katsayısını elde ederiz. Şimdide diferansiyel denklemi değiştirerek aşağıdaki değeri elde ederiz: = [ƒ(x,y)] = ƒ (x, y) + ƒ (x, y) = ƒ (x, y) + ƒ (x, y) ƒ (x, y), Bu değerde kısmi farklılıkları göstermek için alt değer işaretlerini kullandık. Bundan da elde ettiğimiz değer şudur: y ( ) = ƒ ( ) + ƒ ( ) ƒ ( ) Bu y(xo) değerlerini (8.8) sırasıyla yer değiştirerek, sıra çözümünde üçüncü katsayıyı elde ederiz (8.7). Bu şekilde devam ederek ardı ardına aşağıdaki değeri elde etmek için farklılaştırırız (8.9): ,…., Bunlardan aşağıdaki değerleri elde ederiz y (x ), y (x ), …. y (x ), … Bu değerleri (8.8) ile yer değiştirerek sıra çözümünün dördüncü ve takip eden katsayılarını elde ederiz (8.7). Böylece seri çözümünde katsayılar (8.7)arka arkaya belirlenir. Örnek 8.4.Başlangıç-değer probleminin kuvvet sırası çözümünü elde etmek için x’in kuvvetlerinde Taylor sırasını kullanınız. = ƒ(x, y) (8.10) y(0) = 1, (8.11). Çözüm. X’in kuvvetleri açısından bir sonuç aradığımızdan (8.7)’de x0 = 0 olarak ayarlarız ve böylece biçimin bir çözümünü kabul ederiz. Taylor teoremi ile çözümün geçerli olduğu aralıkta her bir x’i biliyoruz. (8.12) Başlangıç durumu (8.11) y(0) = 1, (8.13) olduğunu gösterir ve diferansiyel denkleminden (8.10) şunu görürüz y(0) = 02 + 12 = 1. (8.14) (81.0)’u sırasıyla değiştirerek, şunu elde ederiz = 2x + 2y (8.15) = 2 + 2y + 2 (8.16) (8.17) x = 0, y = 1, dy = 1 (8.15) içinde, dx y”(0) = 2(0) + 2(1)(1) = 2 değerini elde ederiz. (8.18) y = 1, dy = 1, d2y = 2 değerini (8.16)’da yer değiştirerek, dx dx2 y””(0) = 2 + 2(1)(2) + 2(1)2 = 8. değerini elde ederiz. (8.19) Sonuç olarak y = 1, dy = 1, d2y = 2, d3y = 8 değerini (8.17)’de dx dx2 dx3 yer değiştirerek y(1v) (0) = (2)(1)(8) + (6)(1)(2) = 28 değerini elde ederiz. (8.20) (8.17)’nin birbiri ardına d5y , d6y ,..., olduğunu belirleriz dx5 dx6 ve böylece y(v) (0), y(v1)(0),...değerini elde ederiz. Şimdi de (813),(814),(818), (8.19) ve (8.20) ile verilen değerleri şimdi de (8.12) ile değiştiriyoruz, istenen sıra çözümünün ilk beş katsayılarını elde ederiz. Böylece çözümü bulduk. (8.21) C. Belirsiz Katsayılar Metodu Şimdi de başlangıç durumu (8.6) ile beraber diferansiyel denklemi içeren arsayılan sıra çözümünde c0, c1, c2....katsayılarının elde edilmesi için bir alternatif metodu dikkate alıyoruz. (8.7) Biz bu metoda belirsiz katsayıların alternatif bir metodu olarak başvurmaktayız. Bunu da uygulamak için diferansiyel denklemde ƒ(x, y)’nin biçimde temsil edilebilir olduğunu varsayarız. (8.22) (8.22)’de a0 katsayıları, birçok basit durumda bu formülün kullanımı gereksiz olsa dahi iki değişkenin fonksiyonları için Taylor formülünde bulunabilir. (8.22) temsilini ƒ(x, y) için kullanarak diferansiyel denklem (8.1) biçimi oluşturur (8.23) Sıra (8.7)’nin x0’a doğru [x – x0] < r(r > 0) aralığında birleştiğinin varsayarak, (8.7) süresini süre ile değiştirebiliriz ve ortaya çıkan sıra [x – xo] < r üzerinde birleşir ve y’(x)’i orada temsil eder. Bunu yaparak aşağıdaki değeri elde ederiz. (8.24) Sıra için (8.7) başlangıç durumunu karşılamak için x  xo değerinde y  yo durumunda co  yo değerine sahip olmamız gerektiği notunu alıyoruz ve böylece Y – yo  c1 (x – xo) + c2(x – xo)2 + ... (8.25) Şimdi de (8.7) ve (8.24)’ü diferansiyel denklemde değiştirerek ve (8.25)’in kullanılmasını sağlayarak aşağıdaki değeri buluyoruz. (8.26) (8.26)’nın sağ kısmında belirtilen çarpımları uygulayarak ve ardından da (x – xo) kuvvetleri gibi kuvvetleri birleştirerek (8.26)’nın aşağıdaki biçimi aldığını görüyoruz (8.27) ara değerde [x – xo] < r, x’in tüm değerlerini karşılamak için (8.27) (x – xo) kuvvetlerinin katsayıları (8.27)’nin her iki tarafında da eşit olması gerekmektedir. Bu katsayıları eşitleyerek, aşağıdaki değeri elde ederiz. (8.28) Durumlardan yola çıkarak (8.28) sıra çözümünün (8.7) sırayla gelen katsayılarını c1, c2, c3... belirleriz. İlk durumlardan yola çıkarak (8.28) önce c1 değerini bilinen katsayı aoo olarak elde ederiz. Ardından ikinci durumdan (8.28) yola çıkarak bilinen katsayılar a1o ve a01 açısından c2 değerini elde ederiz ve c1 katsayısı tespit edilmiş olur. Böylece c2  ½ (a10 + a01a00) değerini buluruz. Aynı şekilde c3, c4 ....tespitini yapmak için işleme devam ederiz. Genellikle her bir c4 katsayısının (8.22) ve daha önceden belirlenen katsayıların c1, c2....ca-1 genişlemesiyle bilinen katsayı a1 açısından verildiğini gözlemliyoruz. Sonuç olarak c0, c1, c2,....katsayılarını belirlenen sıra içinde değiştirdik (8.7) ve bunun sonunda istenen sonucu elde ederiz. Örnek 8.5. Başlangıç değeri probleminin kuvvet sırası çözümünü x’in kuvvetlerinde bulmak için bilinmeyen katsayılar metodunu kullanınız.  x2 + y2 , (8.10) Çözüm. X0  0 olduğundan, varsayılan çözüm (8.7) biçime göre tanımlanır. Y  co + c1x + c2x2 + c3x3 + ... (8.30) Bunu da değiştirerek (8.30) elde ettiğimiz değer şudur,  c1 + 2c2x + 3c3x2 + 4c4x3 + .... (8.31) Diferansiyel denklemden (8.10) elde ettiğimiz değer ƒ(x,y)  x2 + y2. Xo  0 ve yo  1 olduğundan x2 + y2 biçimde genişletmemiz gerekir. y2  (y – 1)2 + 2(y – 1) + 1, istenen genişleme x2 + y2  1 + 2(y – 1) + x2 + (y – 1)2 ile verilir. Böylece diferansiyel denklem (8.10) aşağıdaki biçim alır (8.32) Şimdi de (8.30) ve (8.31)’i diferansiyel denklemi (8.32)’yle değiştirdiğimizde C1 + 2c2 + 3c2x2 + 4c4x3....  1 + 2(c1x + c2x2 + c3x3 + ....) + x2 + (c1x + c2x2 + ....)2 (8.33) Gösterilen çarpımları yaparak ve (8.33)’ün sağ üyesi içinde x’in kuvvetleri gibi bir araya getirerek aşağıdaki biçimi aldığını görürüz C1 + 2c2 + 3c2x2 + 4c4x3....  1 + 2c1x + (2c2 + 1 + c2/1)x2 + (2c3 + 2c1c2)x3 + ... ƒ (8.34) (8.34)’ün her iki üyesinde x‘in kuvvetleri gibi katsayılarını eşitleyerek koşulları elde ederiz (8.35) Koşullardan (8.35) birbirini izleyen aşağıdaki değerler elde edildi (8.36) (8.36)’da belirlenen katsayıları (8.30) sırası içine değiştirerek istenen sıra çözümünün ilk beş süresini elde ederiz. Böylece aşağıdaki değeri buluruz. y  1 + x + x2 + 4/3 x3 + 7/6 x4 + .... Bunun elbette daha önce Taylor metodu ve önceden verilen (8.21) değeri ile elde edilenle aynı sıra olduğuna dikkat ettik. Görüş. Tartışmamızda yer alan sıranın aralık içinde birleşmesinden çok az bahsettik. Yalınızca başlangıç noktası x0 hakkında [x – x0] < r (r > 0) aralığında birleşmenin olduğunu ve kuvvet sırası çözümünün mevcut olduğunu varsaymıştık. Uygulamalı bir problemde aralık birleşmesi çok önemli bir konudur ve eğer mümkünse belirlenmelidir. Uygulamalı bir problemde diğer bir önemli konu ise yeterli bir doğruluk derecesinden emin olmak için bulunması gereken koşulların sayısının tespitidir. Bu konuları burada tartışmayacağız. Asıl amacımız ise yalnızca metotların ayrıntılarını açıklamak olacaktır. Okuyucudan birleşmenin ve doğruluğun önemli sorularının tartışmaları için ileri çözümlere başvurmasını istiyoruz. Alıştırmalar Alıştırma 1’den 7’ye kadar (a) Taylor sırası metodu ile (b) ve belirsiz katsayılar metodu ile her bir başlangıç değeri problemlerini x’in kuvvetlerinde kuvvet sırası çözümünü elde ediniz. 1. 2. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Alıştırma 8’den 12’ye kadar (a) Taylor sırası metodu ile (b) ve belirsiz katsayılar metodu ile her bir başlangıç değeri problemlerini x – 1’in kuvvetlerinde kuvvet sırası çözümünü elde ediniz. 8. 9. 10. 11. 12. 8.3 Ardıl Yaklaşıklar Metodu Metot Diferansiyel denklemi ve başlangıç durumunu içeren başlangıç değer problemini tekrar dikkate alıyoruz. = f (x, y), (8,1) y (x0)  y0 (8.6) Başlangıç noktası x0 içeren bazı aralıklar üzerinde geçerli olan bu probleme çözüm bulmak için ardıl yaklaştırmalar Picard metodunun genel hatlarını açıklayacağız. Picard metodunun ilk adımı daha önce yaptığımız her şeyden çok farklı ve ilk bakışta sonuç vermeyecek gibi görünüyor. İlk adım olarak çözüm üzerinde bir tahmin yürütün! Bu yaklaşımda Ø0 fonksiyonunu seçeriz ve ardında da gerçek çözüme “sıfır yaklaşığı” adını veririz. Bu tahmini nasıl yaptık? Diğer bir deyişle, ne fonksiyonun seçtik? Aslında birçok farklı seçimler yapılabilir. Gerçek çözüm ile ilgili bildiğimiz tek şey ise başlangıç durumunu (8.6) karşılamak için x = x0’da y0 değerini varsaymalıdır. Böylece x = x0’da yo değerini varsayan Ø0 fonksiyonunu seçmek mantıklı görünebilir. Bu gereksinim bir şart olmamasına rağmen her şeyden daha öte anlamlı görünmektedir. Özellikle tüm x’ler y0 değerine sahip sabit fonksiyon Ø0 seçimi genellikle uygun bir seçimdir. Bu seçim aslında gerekli olmamasına rağmen akla çok çabuk gelen en basit ve en mantıklı seçimdir. Özet olarak Picard metodunun ilk adımı sıfır yaklaşık olarak işlev gören Ø0 fonksiyonunu seçmektir. Sıfır yaklaşığı Ø0 seçimini yaptıktan sonra bir sonraki yöntemle ilk yaklaşık Ø1 değerini belirleriz. Ø1 (x)’i belirleriz ve böylece (1) ƒ(x, y)’de y’nin yerini değiştirerek (8.1)’den elde edilen diferansiyel denklemi karşılar ve başlangıç durumunu yerine getirir (8.6). Böylece Ø1 aşağıdaki değer olarak belirlenir: (8.37) ve Ø1(x0) = y0 (8.38) Şimdi de ƒ[x, Ø0(x)]’in devam ettiğini varsayıyoruz. Ardından Ø1 (8.37)’i (8.38)’i karşılar ve sadece ve sadece aşağıdaki değer olmalıdır (8.39) Bu denklemden ilk yaklaşık Ø1 olarak tespit edilmiştir. Şimdi de ikinci yaklaşığı Ø2 benzer bir yöntemle belirliyoruz. Ø2 fonksiyonu şöyle belirlenmiştir: (8.40) ve Ø2 (x0) = y0 (8.41) ƒ[x, Ø1(x)]’in devamlı olduğunu varsayarak Ø2 (8.40)’ı ve (8.41)’i ancak ve ancak aşağıdaki değer yerine geldiğinde (8.42) karşılayacaktır. Bu denklemden ikinci yaklaşık Ø2 belirlenir. Aşağıdaki formülü kullanarak n = 1,2,3,..... aşağıdaki değerleri sırasıyla elde ederiz: Ø0 sıfır yaklaşığını seçtik ve ardından açıkça sonraki üç yaklaşığı Ø1, Ø2 ve Ø3’ü bulduk. Ø4,Ø5’i açıkça bulmak için bu şekilde de işleme devam edebiliriz ve böylece üzerinde durulan başlangıç değeri probleminin tam olarak çözümüne yaklaşan (Øn) sıra öğelerini sırasıyla belirleriz. Ne yazık ki şimdi işlemin açık olduğuna inanıyoruz ve daha açık nedenlerden dolayı bu problemin artık daha fazla üzerinde durmayacağız. Görüşler. Ardıl yaklaşık metodunun en büyük dezavantajı sıkıcı, karışık ve bazen de imkansız hesaplamalara neden olmasıdır. Örnek 8.6’da bu basit bir şekilde gösterilmiştir. Hesaplamalar çoğunlukla çok karmaşıktır ve genellikle de birkaç taneden fazla ardıl entegrali tam olarak yerine getirmek imkansızdır. Ancak metot uygulama açısından önemlidir çünkü ilk yaklaşıklar tek başlarına bazen tümüyle doğru olmaktadır. Ancak ardıl yaklaşıklar metodunun kullanım ilkesi mevcut teoremleri kanıtlamaktır. Bununla ilgili olarak Okuyucudan 10’a bölüme bakmasını istiyoruz. Alıştırmalar Alıştırma 1’den 8’e kadar olan kısımda her bir başlangıç – değer problemi için problemin tam çözümüne varan fonksiyon sırasının ilk üç öğesi olan Ø1, Ø2 ve Ø3’ü bulmak için ardıl yaklaşıklar metodunu kullanınız. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 8.4. Sayısal Metotlar A. Giriş. Bir Örnek Problem Bu bölümde diferansiyel denklem ve başlangıç durumu içeren başlangıç – değer probleminin çözümüne yaklaşmak için belirli temel sayısal metotlar göstereceğiz. = f (x, y), (8,1) y(xo)=yo (8.6) Sayısal metotlar x’in değişik, seçilmiş değerlerine denk gelen çözüm değerlerine yaklaşıkları elde etmek için diferansiyel denklemi (8.1) durumu (8.6) uygular. Daha açık olmak gerekirse, y’nin problemin çözümünü göstersin ve h’de x’te pozitif bir artışı göstersin. Başlangıç durumu bize (8.6) x = x0 değerinde iken y = y0 olduğunu anlatır. Sayısal metot, x1 = x0 + h, x2 = x1 + h, x3 = x2 + h,.... durumunda y’nin değerlerine ardıl bir biçimde yaklaşmak için diferansiyel denklemi (8.1) ve durumu (8.6) uygular. Y’nin bu yaklaşık değerlerini sırasıyla y1, y2, y3 .... olarak gösterelim. Bu gösterimde y, x = xa = x0 + nh, n = 1,2,3,.... durumunda y’nin yaklaşık değerini göstersin. Şuan için başlamadan önce y hakkında tüm bildiğimiz x = x0’da y = y0 olduğudur. Başlamak için ise bir sonraki ya+1 değerini elde etmek için sadece ya değerine ihtiyaç duymaktayız. Bu tür metodu n = 0 durumunda uygulayarak ve y0 başlangıç değerini bir sonraki y1 değerini elde etmek için kullanabiliriz. ya+1 değerini bulmak için sadece ya değerini kullanan ve böylece bize başlama olanağı veren metoda başlangıç metodu denir. Y1 değerini bulmak için bir başlangıç metodu kullandıktan sonra y2’yi bulmak için n = 1 ve y3 ve sonrakileri bulmak içinde n = 2 ile bunu tekrarlayabiliriz. Ancak kendi hesabımıza birkaç tane hesaplanmış değer olduğundan sonraki ya+1 değerini bulmak için hem ya’yı hem de bir veya birden fazla önceki değeri ya – 1,ya – 2,....kullanan bir metotta değişiklik yapmak genellikle daha uygundur. Bir kere biz iyi bir biçimde başladıktan sonra bize devam etme olanağı sunan bu tür bir metoda devam metodu denir. Bu metinde dikkatimizin büyük bir kısmı başlangıç metotlarına verilecektir. Bu kısımda bizim ana hedefimiz ilk sıra başlangıç değerli problemlerin çözümü için belirli temel sayısal metotların gerçek detaylarını sunmaktır. Genel olarak bu metotların ne teorik önerilerini dikkate alıyoruz nede doğru ve yanlış gibi konuların ayrıntılı tartışmalarına girmeyeceğiz. Üzerinde durulacak sayısal metotların ayrıntılarına dönmeden önce bu bölümde gösterilmek amacıyla bizim kullanacağımız basit bir başlangıç – değer problemini tanıtacağız. Problemi görüyoruz = 2x + y (8.2) y(0) = 1 (8.44) Bölüm 8.1’in grafik metotlarını göstermek için daha öncede diferansiyel denklemi (8.2) uygulamıştık. Bunun biz lineer diferansiyel denklemi olduğunu ve bu yüzden de tam olarak çözülebileceğini gördük. Bölüm 2.3’te verilen metotları kullanarak bunun genel çözümünün şöyle olduğunu bulduk y = - (2 x + 1) + ce” (8.45) Burada c rastlantısal sabit’tir. Başlangıç durumunu (8.44)’den (8.45)’e kadar uygulayarak (8.2)’yi ve (8.44)’ü içeren başlangıç değer probleminin tam çözümünün y = - (2 x + 1) + 3e” (8.46) olduğunu bulduk. İki nedenlerle açıklayıcı olmasından dolayı (8.2) ve (8.44)’ü içeren bir problemi seçtik. Önce diferansiyel denklem (8.2) çok basit, yani başlangıç düzeyindeki birine metodun ana adımlarını anlaşılmaz hale getirebilecek karmaşık hesaplamalar olmasızın sayısal metotlar buna uygulanabilir. İkinci olarak da (8.46) problemin tam çözümü bulunmuş olduğundan bu tam çözümle beraber sayısal olarak elde edilen yaklaşık çözümü karşılaştırabilir ve böylece sayısal metotların doğruluğunu kavramak için azda olsa yardımcı olacaktır. Elbette uygulamada (8.2) gibi basit bir lineer diferansiyel denklemi sayısal metotla çözmeyeceğiz. Bu bölümün metotları aslında tam olarak çözülemeyecek denklemler ve tam olarak çözülebilir ancak tam çözümleri zor ve bu yüzden de pratik olarak kullanışsız olan denklemler için tasarlanmıştır. B. Euler Metodu Euler metodu çok basittir ancak çok pratik değildir. Bunun önermelerinden bir tanesi arkasından takip edecek daha pratik (ancak daha karmaşık) metotların anlaşılması için bir yol açar. Y, diferansiyel denklem ve başlangıç durumu içeren başlangıç – değer probleminin tam çözümünü göstersin. = f (x, y), (8,1) y(xo)=yo (8.6) h’nin x’te pozitif bir artış gösterdiğini varsayalım ve x1 = x0 + h. Ardından aşağıdaki değere ulaşırız y0, x0’da y’nin tam çözümünün y(x0) değerini gösterirken elimizdeki değer aşağıdaki gibidir: (8.47) Eğer f(x, y) sırasının x0 ≤ x ≤ x1 aralığında yavaşça değiştiğini varsayarsak, f(x, y)’yi (8.47)’de kendi değerine f(x0, y0) son noktasında x0 olarak yaklaştırabiliriz. Ardından Değerini elde ederiz Ancak Böylece Formül ile x1 = x0 + h değerinde y’nin yaklaşık değerini alırız y1 = y0 + hf(x0, y0) (8.48) y1’i(8.48)’de gösterilen formül ile elden ederek y2’yi y2 = y1 + hf(x1 , y1), y3 formülü ile ve y3’ü ise y3 = y2 + hf(x2 , y2) formülü ile ve diğerlerini ise devam eden formüllerle elde etmek için işlemi yaparız. Genellikle formül ile ya açısından ya+1 değerini buluruz. ya+1 = ya + hf(xa’ ya) (8.49) Metodun genel hatlarıyla ortaya koymadan önce yararli bir geometrik açıklama sunuyoruz. Kesin çözüm y’nin grafiği xy düzleminde (Şekil 8.5’e bakınız)C eğrisidir. P başlangıç noktasını göstersin (x0, y0) ve T’de P üzerinde C’ye tanjant olsun. Q ise x = x1 çizgisinde C ile kesişsin ve N ise bu çizginin T ile kesiştiği nokta olsun. Ardından x1 noktasında y’nin tam değeri LQ tarafından temsil edilir. Y1 tam değeri, LN = LM + MN = y0 + PM tan 0 = y0 + hf(x0 , y0) olduğundan LN tarafından temsil edilir. X1 değerinde y1 yoluyla y’nin tam değerinin yaklaştırılmasındaki hata NQ tarafından temsil edilir. Rakam, h yeterince küçük olursa bu hata NQ’de aynı zamanda küçük olacağını ve bu nedenle de yakınlaşmanın iyi olacağını gösterir. Şu açıktır ki Euler metodu basittir ancak burada yaptığımız tartışmadan neden bunun çok pratik olmadığı da aşikardır. Eğer h artışı çok küçük olmazsa yaklaşıklardaki hatalar genellikle küçük olmayacaktır ve böylece metot çok yanlış sonuçlara götürcektir. Eğer h artışı çok küçük olursa hesaplamalar daha uzun olacak ve bu nedenle de metot sıkıcı ve çok zaman ve emek harcayan bir süreç olacaktır. Örnek 8.7. Euler metodunu başlangıç – değer problemine uygulayınız. = 2x + y (8.2) y(0) = 1 (8.44) Şekil 8.5 Y çözümünün yaklaşık değerine x = 0.2, 0.4, 0.6, 0.8 ve 1, ortamında (1) h = 0.2 ve (2) h = 0.1’i kullanarak metodu uygulayınız. Ondalık sayıdan sonra bu üç rakamdan sonuçları alınız. Bunları (8.46)’da belirlenen tam değer ile karşılaştırınız. Çözüm. 1. (8.49) formülü ile beraber f(x, y) = 2x 1 y ve h = 0.2’yi kullanıyoruz. Başlangıç durumundan (8.44), x0 = 0, y0 = 1 değerine sahibiz. Şimdi de hesaplamalarla işleme devam ediyoruz. (a) (b) (c) (d) (e) xa’ nın farklı değerine denk gelen bu sonuçlar Tablo 8.2’nin ikinci sütununda yer alır. 2. Şimdi de(8.49) formülü ile beraber f(x, y) = 2x 1 y ve h = 0.1’i kullanıyoruz. Elbette elimizde x0 = 0, y0 = 1 değeri var. Hesaplamalar aşağıdadır: (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) Bu sonuçlar Tablo 8.2.’nin üçüncü sütununda toplanmıştır. Tam çözüm y’nin değerleri, ondalık sayıdan sonra üç rakama kadar (8.46)’da hesaplanarak, Tablo 8.2’nin dördüncü sütununda listelenmiştir. Tablo 8.2 Xa ya h = 0.2 kullanarak Ya h = 0.1 kullanarak Y 0.0 1.000 1.000 1.000 0.1 - 1.100 1.116 0.2 1.200 1.230 1.264 0.3 - 1.393 1.450 0.4 1.520 1.592 1.675 0.5 - 1.831 1.946 0.6 1.984 2.114 2.266 0.7 - 2.445 2.641 0.8 2.621 2.830 3.076 0.9 - 3.273 0.579 1.0 3.465 3.780 4.155 Bu tablodan yola çıkarak her iki yaklaşıkta da yer alan hataları x = 0.2, 0.4, 0.6, 0.8 ve 1.0 değerinde hesaplarız. Tablo 8.3 Xa Hata h = 0.2 kullanarak Hata h = 0.1 kullanarak 0.2 0.064 0.034 0.4 0.155 0.083 0.6 0.282 0.152 0.8 0.455 0.246 1.0 0.690 0.375 Bu tabloların, Euler metodu ile ilgili olarak iki önemli gerçeği ortaya koymaktadır. Öncelikle h’nin sabit bir değeri için, biz başlangıç noktasından daha büyük bir fark ile işlem yaptıkça hata daha da büyük olmaktadır. İkinci olarak xm’nin sabit değeri için eğer h’nin değeri küçük olursa hata da küçük olur. Alıştırmalar 1. Başlangıç değer problemini düşününüz = x - 2y, y(0) = 1. (a) Euler metodunu y, x = 0.1, 0.2, 0.3, ve 0.4 çözümünün değerlerini h = 0.1’i kullanarak yaklaştırmak için kullanınız. Ondalık sayıdan sonra bu üç rakamda sonuçları elde ediniz. (b) h = 0.005’i kullanarak (a) kısmındaki gibi devam ediniz. (c) Problemin kesin sonucunu bulunuz ve x = 0.1, 0.2, 0.3 ve 0.4’te (ondalık sayıdan sonra üç rakam üzerinde) değerlerini belirleyiniz. (d) (a), (b) ve (c) kısımlarında elde edilen sonuçları karşılaştırınız. Tablo 8.3’te olduğu üzere hataların ortaya koyunuz. 2. Başlangıç – değer problemi için Alıştırma 1’de olduğu gibi devam ediniz. = x + y, y(0) = 2. C. Değiştirilmiş Euler Metodu B Bölümünde başlangıç değeri probleminin y kesin çözümünün y(x1) değerini gözlemledik. = ƒ(x, y) (8.1) y(xo)=yo (8.6) dx1 = x0 + h aşağıdaki değer ile verilir (8.47) Euler metodunda aralığın sol son noktasında x0 ≤ x ≤ x1, f(x0, y0)değerinden yola çıkarak (8.47)’de f(x,y) noktasına yaklaştık ve x1’de y için böylece yaklaşığı elde ettik. y1 = y0 + hf(x0, y0) (8.48) Sol son nokta x0’da kendisinin basit değeri yerine x0 ≤ x ≤ x1 değerinin sol ve sağ son noktalarında kendi değerlerinin ortalamasıyla eğer yaklaştırma yapsaydık f(x,y) çok daha doğru bir değerin elde edileceği mantıklı gibi görünüyor. Şimdi açıklanacak olan değiştirilmiş Euler metodunda neler yapıldığını gösterilecektir. X0 ve x1’de değerlerinin ortalamasına yaklaşmak için x1’de f[x1 , y(x1)] değerini bilmemiz gerekmektedir. Ancak x1 durumunda y’nin y(x1) değerini bilmiyoruz. Öncelikle Y(x1) için y1(1) yaklaşığını bulmak zorundayız ve sonra da bunu yapmak için temel Euler metodunun başlangıcında yaptığımız gibi devam etmek durumundayız. Bu nedenle y1(1) = y0 + hf(x0 , y0) (8.50) x1’de y’nin değerine ilk yaklaşık olarak ele almaktayız. Daha sonra da f[x1 , y(x1)] değerini f(x1 , y1(1)) yaklaşığıyla (8.50)’de bulunan y1(1) değerini kullanarak yaklaşık sağlayabiliriz. Bundan da elde ettiğimiz (8.51) yaklaşık olarak x0 ve y0’ son noktalarında f(x,y) değerlerinin ortalamasıdır. Şimdi de (8.47)’de f(x,y)’yi (8.51) ile yer değiştiriyoruz ve böylece (8.52) x1’de y’nin değerine ikinci yaklaşığı elde ediyoruz. Şimdi de x1’de f(x,y)değeri için ikinci bir yaklaşığı f(x1 , y1(2)) elde etmek için ikinci yaklaşığı kullanıyoruz. Bundan da (8.53) x1’de y’nin değerine üçüncü yaklaşığı elde ediyoruz.Bu şekilde devam ederek x1’de y’nin kesin çözüm değerinin yaklaşıklar sırasını elde ederiz. y1(1) , y1(2) , y1(3)..... Gerekli olan ondalık sayının yerlerinde aynı değere sahip iki ardıl öğeyle karşılaşıncaya kadar dizinin sıralı öğelerini hesaplamaya devam ederiz. X1’de y çözümünün değerine bizim yaklaşığımız olarak iki ardıl öğenin ortak değerini alırız ve bunu y1 ile gösteririz. X1’de y1 ile nihayetinde yaklaşık sağlayarak x2 = x1 + h değerinde y yaklaşığını sağlamak için hareket eder ve işleme başlarız. Burada y1’, bulmak için yaptıklarımızın aynısını tam olarak yaparız. Sırasıyla (8.54) bu dizinin iki öğesi uyuşuncaya kadar bunları buluruz böylece x2’de y değerine y2 yaklaşığı elde edilmiş olur. İleriki işlemlerde bu şekilde devam ederek x3’te y değerine y3 yaklaşığı elde edilebilir. Örnek 8.8. Başlangıç değer problemine değiştirilmiş Euler metodunu uygulayınız. = 2x + y (8.2) y(0)=1 (8.44) h = 0.2’yi kullanarak x = 0.2 ve x = 0.4’te çözüm değerine yaklaşmak metodu uygulayınız. Ondalık sayıdan sonra üç rakamda sonucu elde ediniz. H = 0.1 ve kesin değerlerle temel Euler metodu kullanılarak elde edilmiş sonuçlarla karşılaştırınız (Örnek 8.7, Tablo 8.2) Çözüm. Burada f(x,y) = 2x + y, x0 ve y0 = 1’dir ve biz x = 0.2 değerini kullanacağız. x1 = x0 + h = 0.2’de y değerine yakınlaşmakla başlıyoruz. Bu değere ilk y1(1) yaklaşığı (8.50)’deki formülü kullanarak bulunur. f(x0 , y0) = f(0,1) = 1.000 olduğundan y1(1) = y0 + hf(x0 , y0) = 1.000 + 0.2(1.000) = 1.200. değer olarak elimizdedir. Şimdi de (8.52)’yi istenen değere ikinci bir yaklaşığı y1(2) bulmak için kullanırız. f(x1 , y1(1)) = f(0.2, 1.200) = 1.600 olduğundan elimizdeki değer aşağıdaki gibidir: Bir sonraki aşamada üçüncü yaklaşığı y1(3) bulmak için (8.53)’ü uygularız. f(x1 , y1(2)) = f(0.2, 1.260) = 1.660 olduğundan elimizdeki değer aşağıdaki gibidir: Bu şekilde devam ederek dördüncü ve beşinci y1(4) ve y1(5) yaklaşıkları sırasıyla elde ederiz. Bulduğumuz değerler aşağıdaki gibidir: Ve y1(4) ve y1(5) yaklaşıkları gerekli olan ondalık yerlerin sayılarıyla aynı olduğundan bunların ortak değerini x1 = 0.2’de çözüm y’nin değerine yaklaşık y1 olarak alırız. Aldığımız ise y1 = 1.267 (8.55) Şimdi de x2 = x1 + h = 0.4’te y değerini yaklaştırmak için işlem yaparız. Bu amaçla da (8.54) formüllerini y1 = 1.267’yi kullanarak uygularız. Sırasıyla aşağıdaki değerleri buluruz: y1(4) ve y1(5) yaklaşıkları olan ondalık yerlerin gerekli sayılarıyla aynı olduğundan bunların ortak değerini x2 = 0.4’de çözüm y’nin değerine yaklaşık y2 olarak alırız. Aldığımız ise y2 = 1.682 (8.56) (8.55) ve (8.56) sonuçlarını h = 0.1 ile temel Euler metodu kullanılarak elde edilmiş olanlarla karşılaştırırız. Bu amaçla değişik sonuçlar ve buna denk gelen hatalar Tablo 8.4’te listelenmiştir. TABLO 8.4 H = 0.1 temel Euler metodu kullanılarak H = 0.2 değiştirilmiş Euler ile kullanılarak Xa Y’nin (üç ondalık yere) olan kesin değeri Yaklaşık Ya Hata Yaklaşık Ya Hata 0.2 1.264 1.230 0.034 1.267 0.003 0.4 1.675 1.592 0.083 1.682 0.007 Değiştirilmiş Euler metodunun temel Euler metodu üzerindeki temel avantajı Tablo 8.4’te yapılan çalışmada açıkça gçrülebilir. Değiştirilmiş metot daha kesindir. X = 0.4’te h = 0.002 ile değiştirilmiş metot kullanılarak hata 0.007’dir. h = 0.1 ile temel metot kullanılarak denk gelen hata 0.003 bu durumda h’nin daha küçük bir değeri kullanılmasına rağmen neredeyse on iki kat daha büyüktür. Elbette her bir adımda değiştirilmiş metot temel metottan daha uzun ve karmaşık hesaplamaları içerir. Ancak temel metot, değiştirilmiş metodun tek bir adımda sağlayabileceği bir sonucu onun kadar kesin vermesi için birçok tekli adım gerektirir. Alıştırmalar 1. Başlangıç değer problemini düşününüz = 3x + 2y, y(0) = 1. (a) Değiştirilmiş Euler metodunu y, x = 0.1, 0.2 ve 0.3 çözümünün değerlerini h = 0.1’i kullanarak yaklaştırmak için kullanınız. Ondalık sayıdan sonra bu üç rakamda sonuçları elde ediniz. (b) h = 0.005’i kullanarak (a) kısmındaki gibi devam ediniz. (c) Problemin kesin sonucunu bulunuz ve x = 0.1, 0.2 ve 0.3’te (ondalık sayıdan sonra üç rakam üzerinde) değerlerini belirleyiniz. (d) (a), (b) ve (c) kısımlarında elde edilen sonuçları karşılaştırınız ve hataların ortaya koyunuz. 2. Başlangıç – değer problemi için Alıştırma 1’de olduğu gibi devam ediniz. = 2x - y, y(0) = 3. 3. Başlangıç değer problemini düşününüz = x2 + y2, y(0) = 1. (a) Değiştirilmiş Euler metodunu y, x = 0.1, 0.2 ve 0.3 çözümünün değerlerini h = 0.1’i kullanarak yaklaştırmak için kullanınız. Ondalık sayıdan sonra bu üç rakamda sonuçları elde ediniz. (b) Euler metodunu y, x = 0.1, 0.2 ve 0.3 çözümünün değerlerini h = 0.1’i kullanarak yaklaştırmak için kullanınız. Ondalık sayıdan sonra bu üç rakamda sonuçları elde ediniz. (c) (a), (b) ve kısımlarında elde edilen sonuçları karşılaştırınız ve hataların ortaya koyunuz. D. Runge – Kutta Metodu Şimdi de başlangıç – değer probleminin x1 = x0 + h, x2 = x1 + h ve devam eden çözüm değerlerinin yaklaştırılması için Runge – Kutta adı verilen metodu göz önüne alacağız. = ƒ(x, y) (8.1) y(xo) = yo (8.6) Bu metot sürpriz bir şekilde h aralığının çok küçük değerlerini kullanma ihtiyacı hissetmeden kesin sonuçlar vermektedir. Metot hakkında hiçbir değer yargısı ortaya koymayacağız ancak nasıl kullanıldıklarını açıklayan birkaç karmaşık formülü liste halinde vereceğiz. Runge – Kutta metodu ile x1 = x0 + h ile başlangıç değer probleminin çözüm değeri için aşağıdaki yolu izleriz. Formüller tarafından belirlenmiş k1, k2, k3, k4, ve k0 sayılarını arka arkaya hesaplarız. (8.57) ve sonrada aşağıdaki formülü uygularız y1 = y0 + K0 (8.58) ve bunu x1 = x0 + h’de kesin çözümün yaklaşık değeri olarak alırız. y1’i belirledikten sonra x2 = x1 + h’de tamamen benzer bir şekilde çözüm yaklaşık değerini yerine getiririz. (8.58) tarafından belirlenen x1 = x0 + h ve y1 kullanılarak aşağıdaki formüller tarafından belirlenmiş k1, k2, k3, k4, ve k0 sayılarını arka arkaya hesaplarız. (8.59) ve Ardından şunu uygularız y2 = y1 + K1 (8.60) ve x2 = x1 + h’de kesin çözümün yaklaşık değeri olarak bunu alırız. X3 = x2 + h, x4 = x3 + h’de tamamen benzer bir şekilde çözüm değerini yaklaştırmak için işlem yaparız. Ya’, xa = x0 + nh çözümü için elde edilen yaklaşık değerini göstersin, aşağıdaki formüller tarafından belirlenmiş k1, k2, k3, k4, ve K0 sayılarını arka arkaya hesaplarız. Ve sonrada aşağıdaki formülü uygularız ya+1 = ya + Ka ve xa+1 = xa + h’de kesin çözümün yaklaşık değeri olarak bunu alırız. Örnek 8.9. Başlangıç değer problemine Runge-Kutta metodunu uygulayınız = 2x + y (8.2) y(0) = 1 (8.44) h = 0.2’yi kullanarak x = 0.2 ve x = 0.4’te y çözüm değerini yaklaştırmak için metodu uygulayınız. Ondalık sayıdan sonra beş rakama her bir adımda ara hesaplamaları yapınız ve dört yere her bir adımın sonuçlarını yuvarlayınız. Kesin değer ile karşılaştırınız. Çözüm. Burada f(x,y) = 2x + y, x0 = 0, y0 = 1’dir ve biz h = 0.2 değerini kullanacağız. Bu sayıları kullanarak (8.57) tarafından belirlenmiş olan k1, k2, k3, k4, ve K0 sayılarını arka arkaya hesaplarız. İlk önce Değerini buluruz Sonra Ve Ve ardından aşağıdaki sonuca ulaşırız Sırada aşağıdaki sonuç yer alır Ve şunu buluruz X0 + h = 0.2 ve y0 + k3 = 1.00000 + 0.26600 = 1.26600 olduğundan dolayı elde ettiğimiz değer şudur K4 = hf(x0 + h, y0 + k3) = 0.2f(0.2, 1.26600) = 0.2(1.66600) = 0.33320 Sonuç olarak şunu buluruz K0 = 16(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) = 16(0.20000 + 0.52000 + 0.53200 + 0.33320) = 0.26420 Ardından da (8.58) ile x1 = 0.2’de çözüm değer yakınlaşması ile y1 = 1 + 0.2642 = 1.2642 (8.61) Şimdi de (8.61) tarafından verilen y1 kullanarak (8.59) tarafından belirlenen k1, k2, k3, k4, ve K1 sayılarını arka arkaya hesaplarız. K1 = hf(x1 , y1) = 0.2f(0.2, 1.2642) = 0.2(1.6642) = 0.33284 Bundan dolayı Ve Buluğumuz değer şudur Sonrasında Bulduğumuz değer şudur Bundan dolayı Sonuç olarak K1 = 16(k1 + 2k2 +2k3 + k4) = 16(0.33284 + 0.81224 + 0.82690 + 0.49553) = 0.41125. Son rakamı bir çift sayı tarafından tutulmuş olana için yuvarlamanın iyi bilinen kuralına göre K1’i yuvarlarız. Sonrada (8.60)’a göre x2 = 0.4’te çözüm değer yaklaşığının Y2 = 1.2642 + 0.4112 = 1.6754 (8.62) olduğunu görürüz. Önceki gibi kesin değerler (8.46)’yı kullanarak belirlenir. Ondalık sayıdan sonra dört haneye yuvarlama yaparız. X = 0.2 ve x = 0.4’te kesin değerler sırasıyla 1.2642 ve 1.6754’tür. (8.61) tarafından verilen x = 0.2 yaklaşık değeri ondalık sayıdan sonra dört haneye doğrulatılır ve x = 0.4 yaklaşık değeri (8.62)’de verildiği gibi dört haneye doğrulatılır. Bu problemde Runge – Kutta metodunun dikkate değer kesinliği çok açıktır. Aslında, h = 0.4 (yani tek adımla) kullanarak x = 0.4’te çözümü yaklaştıracak bir metot uygularsak kesin değer 1.6754’ten sadece 0.0002 farklılık gösteren 1.6752 değerini elde ederiz. Alıştırmalar 1. Başlangıç değer problemini dikkate alınız. = 3x + 2y y(0) = 1 (a) h = 0.1’i kullanarak x = 0.1, 0.2 ve 0.3’te y çözüm değerini yaklaştırmak için Runge Kutta metodunu uygulayınız. Ondalık sayıdan sonra beş rakama her bir adımda ara hesaplamaları yapınız ve dört yere her bir adımın nihai sonuçlarını yuvarlayınız. (b) Problemin kesin çözümünü bulunuz ve kesin değerlerle birlikte bölüm (a)’da elde edilen sonuçları karşılaştırınız. 2. Başlangıç – değer problemi için Alıştırma 1’de olduğu gibi devam ediniz. = 2x - y, y(0) = 3. 3. Başlangıç – değer problemi için Alıştırma 1’in (a) bölümündeki gibi devam ediniz. = x2 + y2, y(0) = 3. E. Milne Metodu Euler metodu, değiştirilmiş Euler metodu ve Runge – Kutta metodunun hepsi bir başlangıç değer probleminin sayısal çözümü için başlangıç metotlarıydı. Daha öncede bahsettiğimiz gibi bir başlangıç metodu bir çözümü başlatmak için kullanılabilen bir metottur. Aksine bir devam metodu ise bir çözümü başlatmak için kullanılamayan ancak bir kere iyi başladıktan sonra devam ettirmek için kullanılabilen bir metottur. Bu bölümde özetle Milne metodu olarak adlandırılan yararlı bir devam metodunu inceleyeceğiz. Bu metot hakkında hiçbir savunma yapmayacağız ancak sadece içindeki formülleri listeleyeceğiz ve bunların nasıl kullanıldığını göstereceğiz. Milne metodu başlangıç değer probleminin önceki dört haneli rakamlarda değerler xa-3, xa-2, xa-1 ve xa belirlenmiş olma sı şartıyla xa+1 = x0 + (n + 1)h’de çözüm değerinin yaklaştırılması için kullanılabilir. = ƒ(x, y) (8.1) y(xo) = yo (8.6) Önceki bu dört değerin bulunduğunu ve bunların sırasıyla ya-3 , ya-2 , ya-1 ve ya tarafından gösterildiğini varsayıyoruz. Daha sonra (8.1)’i xa-2, xa-1 ve xa’da dy/dx’i belirlemek için kullanabiliriz. Burada da ya-2 = f(xa-2 , ya-2) , ya-1 = f(xa-1 ,ya-1)ve f(xa , ya) olarak tespit edebiliriz. Bu değişik rakamlar belirlenerek Milne metodu aşağıdaki devam eder: Önce verilen formülde y(1)a+1 ile sayıyı belirleriz (8.63) y(1)a+1 belirlendikten sonra aşağıdaki formül tarafından verilen sayıyı y(1)a+1 belirleriz. (8.64) Son olarak y(1)a+1 değerini belirledikten sonra aşağıdaki formül tarafından verilen sayıyı belirleriz (8.65) Eğer (8.63)’den belirlenen y(1)a+1 ve (8.65)’den belirlenen y(2)a+1gerekli olan ondalık haneye sayısıyla aynı iseler, biz bunu xa+1 çözüm yaklaşık değeri olarak ortak değer biçiminde alırız. Eğer belirlenen y(1)a+1 ve y(2)a+1 sayıları gerekli olan ondalık hanelerin sayılarıyla uyuşmuyorsa ve tüm hesaplamalar kontrole edilmiş ve doğru gözüküyor ise aşağıdaki biçimde işleme devam ederiz. Sayıyı hesaplarız E = y(2)a+1 - y(1)a+1 29 Bu da formülde (8.65) hatanın asıl kısmıdır. Eğer E, gerek duyulan ondalık hane sayısı açısından önemsiz ise (8.65) tarafından verilen y(2)a+1 sayısını xa+1’de çözüm yaklaşık değeri olarak alırız. Diğer taraftan eğer E gerek duyulan ondalık hane sayısı açısından gözden kaçmayacak kadar büyük ise uygulanan h değeri çok büyüktür ve daha küçük bir değerin kullanılması şarttır. y0, y1, y2 ve y3 değerleri tespit edildikten sonra Milne formüllerini y4’ü n = 3 ile belirlemek için kullanabiliriz. Ardından y4 formüller ile belirlendikten sonra bunları n = 5 ile y5’i belirlemek için kullanabiliriz. Daha sonra benzeri bir biçimde devam ederek y6 , y7,...’yi sırasıyla belirleyebiliriz. Ancak Milne metoduna başlamamız için bizim y0 , y1 , y2 ve y3 değerlerine sahip olmamız gerekir. Elbette y0 başlangıç durumu (8.6) tarafından kesin bir biçimde verilir ve y1 , y2 ve y3’ü daha önce açıklanan başlangıç metotlarının bir tanesiyle bulabiliriz (örneğin, Runge – Kutta metodu) Örnek 8.10. Başlangıç durumu probleminin y çözümü x= 0.4’te 0.1, 0.2 ve 03’te değerlerin sırasıyla 1.1155, 1.2642 ve 1.4496 olduğunu varsayarak değeri yaklaştırmak için Milne metodunu uygulayınız. = f(x, y) (8,2) y(0) = 1 (8.4) Çözüm. n = 3 ile (8.63), (8.64), (8.65) formüllerini uygularız Şunları belirleriz X0 = 0, y0 = 1.0000, X1 = 0.1, y1 = 1.1155, X2 = 0.2, y2 = 1.2642 X3 = 0.3, y3 = 1.4496, Ve x4 = 0.4’tür. Ardından f(x,y) = 2x + y’yi kullanarak şunları buluruz y’1 = f(x1 , y1) = f(0.1, 1.1155) = 1.3115 y’2 = f(x2 , y2) = f(0.2, 1.2642) = 1.6642 y’3 = f(x3 , y3) = f(0.3, 1.4496) = 2.0496 Şimdi de n = 3 ile (8.63)’ü ve h = 0.1 ile y4(1) değerini belirlemek için kullanırız. Elimizdeki değer aşağıdadır: y4(1) değerini belirledikten sonra n = 3 ile y4(1) değerini belirlemek için (8.64)’ü kullanırız. Aşağıdaki değeri buluruz. Son olarak y4(1) değerini tespit ettikten sonra n = 3 ve h = 0.1 ile y4(2) değerini belirlemek için (8.65)’i kullanırız. Elde ettiğimiz değerler aşağıdadır: y4(1) ve y4(2) dört ondalık haneyle uyuştuğundan bunların ortak değerini x4 = 0.4’te çözümün yaklaşık değeri olarak alırız ve bunu y4 ile gösteririz. Belirlediğimiz y4 = 1.6755 (8.46)’yı kullanarak x = 0.4’te kesin değer ondalık sayıdan sonra dört haneye yuvarlanarak 1.6754 olarak bulunur. Alıştırmalar 1. Başlangıç durumu probleminin y çözümü x= 0.4’te 0.1, 0.2 ve 03’te değerlerin sırasıyla 1.2375, 1.5607 ve 1.9887 olduğunu varsayarak değeri yaklaştırmak için Milne metodunu uygulayınız. = 3x + 2y y(0) = 1 2. Başlangıç durumu probleminin y çözümü x= 0.4’te 0.1, 0.2 ve 03’te değerlerin sırasıyla 2.7242, 2.4937 ve 2.3041 olduğunu varsayarak değeri yaklaştırmak için Milne metodunu uygulayınız. = 2x - y y(0) = 3

Matematik birinci sıra denklemlerin yaklaşık çözüm metotları