LİNEER OLMAYAN DENKLEMLER:

Lineer Olmayan Denklemlerde Kök Bulma
Lineer denklemlere örnekler.
Bir bilinmeyenli lineer denklem:
2x+3=0
2 x  3 y  4
İki bilinmeyenli lineer denklem sistemi: 
5 x  6 y  8
Lineer olmayan denklemlere örnekler.
Bir bilinmeyenli lineer olmayan denklemler: * x 2  x  1  0
* x3  2 x  1  0
* x-sinx=0
 x 7  2 y  3
İki bilinmeyenli lineer olmayan denklem sistemi: 
4 x  5 y  6
Bu derste ele alacağımız yöntemler:
 Yarılama yöntemi
 Regula falsi yöntemi
 Newton-Raphson yöntemi
 Basit iterasyon yöntemi
1. Yarılama yöntemi
Bir bilinmeyenli bir denklem f ( x)  0 biçiminde yazılabilir. Denkleminin kökleri
veya bir tam kökü I 0   a, b aralığı içinde bulunsun. Bu aralıkta f fonksiyonu sürekli
olsun.
Yarılama yöntemi ardışık olarak kökün bulunduğu aralığın uzunluğunu yarıya indirerek
kökü içeren aralık uzunluğunu istenildiği kadar küçük yapan bir yöntemdir. Bu yöntemin
algoritması:
1. Kökü içeren bir I0   a0 , b0  aralığı bulunur. Tek katlı kök için f (a0 ). f (b0 )  0 dır.
a0 , b0 
 a b  a b

aralığı ortadan iki aralığa ayrılır  a0 , 0 0  ,  0 0 , b0 
2   2


a b
 a b 
f  0 0  = 0  0 0 köktür
2
 2 
 a b 
 a b 
 a b 
f  0 0   0  f (a0 ). f  0 0  < 0  kök I1   a0 , 0 0  aralığındadır.
2 
 2 
 2 

 a b 
a b

f (a0 ). f  0 0  > 0  kök I1   0 0 , b0  aralığındadır.
 2 
 2

2. I1 aralığı için 2’deki işlemler yapılır ve I 2 aralığı elde edilir. Ve böylece devam edilir.
I 0  I1  I 2  …  I n  ...
b a
b a
b a
d ( I 0 )  b0  a0 , d ( I1 )  0 0 , d ( I 2 )  0 2 0 , …, d ( I n )  0 n 0 , ...  0
2
2
2
1
3. İşlem n. adımda durmuş ise kökü içeren aralık I n   an , bn  olmak üzere, kök olarak

an  bn
değeri alınır.
2
f ( )  0 ,    an , bn  olmak üzere, bilinmeyen  kökü için bir yaklaşık değer olarak

an  bn
alındığında hatanın mutlak değeri için üst sınır,
2
    
 
an  bn bn  an

 
2
2
an  bn b0  a0
 n1
2
2
Örneğin,    0.001 olması isteniyorsa yarılama yöntemindeki adım sayısı olan n
değeri,
b0  a0
 0.001
2n 1
yani,
2n1  0.001  b0  a0 
olacak şekildedir.
Örnek 1 x-2sinx=0 denkleminin köklerini 0.001 den daha küçük bir mutlak hata ile
bulmaya çalışalım.
x-2sinx=0 denklemini x=2sinx biçiminde yazalım. Bu denklemin kökleri y=sinx eğrisi
ile y=x doğrusunun kesiştiği noktalardır. Aşağıdaki grafikten görüldüğü gibi üç tane kök söz
konusudur. Bulardan biri x1  0 , diğer ikisinden pozitif olanı x2 [1,3] dır. Üçüncü kök
x3   x2 dır.
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
2
Kökleri ve yerlerini f ( x)  x  2sin x fonksiyonunun grafiğini çizerek de tespit
edebiliriz. [-4,4] aralığında f ( x)  x  2sin x fonksiyonunun grafiği aşağıdadır.
6
4
2
0
-2
-4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
Pozitif kök x2  I 0  1,3 dır.
 x2 
olması için n  10 olmalıdır.
an  bn b0  a0
2
 n 1  n 1  0.001
2
2
2
Matlab programı,
a=1;
b=3;
for n=1:10
c=(a+b)/2;
if (a-2*sin(a))*(c-2*sin(c))<0
b=c;
else
a=c;
end
end
(a+b)/2
ve çıktısı =1.8955 olmak üzere x2  1.8955 dır.
f ( x2 )  x2 -2sin(x2 )= 0.000022188
dır.
2. Regula falsi yöntemi
f ( x)  0 denkleminin
a0 , b0 
aralığında bir kökü bulunsun ve f bu aralıkta
sürekli olsun ( f (a0 )  f (b0 )  0 ). Bu yöntemde (a0 , f (a0 )) ve (b0 , f (b0 )) noktalarını
3
birleştiren doğru parçasının x-eksenini kestiği x0 değeri yaklaşık kök olarak alınır veya
kök  a0 , x0  ,  x0 , b0  aralıklarından birine sıkıştırılıp aynı düşünce bir kez daha uygulanır.
Durdurma kuralı....***
y  f (a0 ) 
f (b0 )  f (a0 )
 ( x  a0 )
b0  a0
y=0 için x-eksenini kestiği nokta,
f (b0 )  f (a0 )
 ( x  a0 )
b0  a0
a f (b0 )  b0 f (a0 )
x0  0
f (b0 )  f (a0 )
0  f (a0 ) 
dır.
Evet ise b0 yerine x0 al
f (a0 )  f (b0 )  0
Hayır ise a0 yerine x0 al
Durdurma kuralı: x0 , x1 ,....., xn ( xn   )
1.) | f ( x) |<  (  'u biz belirleyeceğiz.) ( f ( )  0 )
2.) Yeter sayıda adım yapılıp yapılmadığına bakılır.
3.) Ardışık iki adımdaki değerlerin birbirlerine yakın olup olmadığına bakılır.
xn  xn1  
Örnek: f ( x)  x 2  64 denklemin  0,10 aralığındaki denklemin kökünü yaklaşık olarak
bulunuz.
f (0)  0
f (10)  0
 a0 , b0    0,10
x0 
0  36  10  (64) 640

 6.4
36  (64)
100
2. adım: f (6.4)  10 a0  6.4 b0  10
x0 
6.4  36  10  23.04 230.4  230.4 460.8


 7.8048
36  23.04
59.04
59.4
3. Newton-Rapshon yöntemi: f ( x)  0 denkleminin x kökü  a0 , b0  aralığında olsun.
f (a0 )  f (b0 )  0 ve f sürekli türevlenebilir olsun.  ’nın bir yaklaşık değeri x0
olsun. ( x0   a0 , b0 ) f ( x) fonksiyonunun ( x0 , f ( x0 )) noktasındaki teğetini bulalım.
4
y  f ( x0 )  f ( x0 )  ( x  x0 )
1.) ( x0 , f ( x0 )) noktasından f ( x) fonksiyonuna çizilen teğetin x eksenini kestiği yer x1 olmak
üzere:
f ( x0 )
olarak bulunur.
f ( x0 )
2.) ( x1 , f ( x1 )) noktasından geçen teğet denkleminden teğetin x eksenini kestiği nokta x2
olmak üzere:
y=0 için 0  f ( x0 )  f ( x0 )  ( x1  x0 )  x1  x0 
x2  x1 
f ( xn )
f ( x1 )
,........, xn 1  xn 
f ( xn )
f ( x1 )
Böylece x0 , x1 , x2 ....., xn dizisi elde edilir. Amaç bu dizinin yakınsak olması ve limitinde
f ( x)  0 denkleminin çözümü olmasıdır.
Teorem: Eğer bir  a0 , b0  aralığında;
i.) f (a0 )  f (b0 )  0
ii.) x   a0 , b0  için f ( x ) ’in işareti aynı yani f ( x ) >0 veya f ( x ) <0
iii.) (a0 , f (a0 )) ve (b0 , f (b0 )) noktalarından çizilen teğetler x eksenini  a0 , b0  aralığının
içinde kesiyorsa f ( x)  0 denkleminin  a0 , b0  ’da bir tek çözümü vardır ve Newton-Raphson
yöntemi:
x0   a0 , b0  için  ’ya yakınsar.
Not: Newton- Raphson yönteminin durdurma kuralı nasıl belirlenecek?
Durdurma kuralı: x1 , x2 ....., xn
1.) | xn1  xn | 
2.)| f ( xn 1 ) |< 
3.) Belli bir adım sayısı
5
Örnek: Bir sayının karekökünün bulunması
x  a  x 2  a  f ( x)  x 2  a
f ( x)  2 x
xn1  xn 
xn2
x2  a 1 
a
 n
  xn  
2 xn
2 xn
2
xn 
x1 , x2 ....., xn 
x 2 -123=0 denklemini çözmeye çalışalım ( 123 bulmaya çalişalım).
x0  11
1 
123  1 
123 
x1  .  x0 
  . 11 
  11.0909
2 
x0  2 
11 
1 
123 
x2  . 11.0909 
  11.09053652
2 
11.0909 
x3  11.09053651
  105
4. Basit iterasyon yöntemi: bu yöntemde çözüme gitmek için f ( x)  0 olarak verilen
denklem x=g(x) şekline getirilir. Bir x0 başlangıç değeri seçilir ve xn1  g ( xn ) ardışık
yineleme formülüyle çözüme gidilir.
Örnek: 3’ün karekökünü hesaplayınız.
x2  3
( Newton-Rapshon yöntemiyle yazdık.)
2x
7
x2  3
x0  1  x1  2, x2  , x3  1.73224,...
g ( x)  x 
4
2x
  3 , 3  1.7320508
f ( x)  x 2  3  0  x  x 
3
3
 g ( x) 
x
x
x0  1  x1  3, x2  1, x3  3, x4  1,....
f ( x)  x 2  3  0  x 2  3  x 
O zaman g(x)’in seçimi önemlidir.
6
Örnek: x 2  5  0 
1.) x  x 2  x  5  g1 ( x)
2.) x 
5
 g 2 ( x)
x
1
5
3.) x   x    g3 ( x)
2
x
Örnek: x 2  5 x  4  0  x 
x2  4
2x
 g ( x)  g ( x) 
5
5
4
1
5
8
x0  4  g (2)   1
5
x0  2  g (2) 
xn2  4
5
8
164
x0  2, x1  , x2 
 1.312, x3  1.1442, x4  1.0618
5
125
xn 1 
x0  5, x1  5.8, x2  7.528, x3  12.1341
Örnek: f ( x)  x3  1  x  0  x  x 3  1  g1 ( x) , x 
g1'  3 x 2
g 2' 
2 x
( x 2  1) 2
1
1
 g 2 ( x) , x   x  1 3  g3 ( x)
x 1
2
2
1
g3'  ( x  1) 3
3
x3  1  x  0  0, 2 aralığında kökü var.
x0  1.9
| g1' ( x0 ) | 1 ,
| g 2' ( x0 ) | 1 , | g3' ( x0 ) | 1
Tanım: (x,d) ve (x, d  ) metrik uzay g: x  y olsun.eğer x1 , x2  x için
d ( g ( x)1 g ( x)2 )  ad ( x1 , x2 ) olacak şekilde a  (0,1) sayısı varsa g fonksiyonuna büzülme
fonksiyonu denir. Bu tanıma göre herhangi iki noktanın büzülme fonksiyonları altındaki
görüntüleri uzaklık ve bu nokta arasındaki uzaklıktan küçüktür.
(Metrik uzay, Cauchy dizisi, tam netrik uzay gibi kavramlar için “Fonksiyonel Analize Giriş”Prof.Dr.Ömer Çakar, Ankara Üniversitesi, Fen Fakültesi.)
Teorem: Her g:X  Y büzülme fonksiyonu düzgün sürekli bir fonksiyondur .
Teorem: (X,d) bir tam metrik uzay ve g : X  X bir büzülme fonksiyonu olsun. Bu taktirde
g fonksiyonu bir tek sabit noktaya sabittir. Yani g(  )=  olacak şekilde   X vardır ve
tektir.
Bu teorem Sabit Nokta Teoremi olarak isimlendirilmektedir.
İspat: (x,d) bir metrik uzay olsun g: x  x büzülme fonksiyonu:
7
d ( g ( x1 ), g ( x2 ))  ad ( x1 , x2 )  d ( x1 , x2 ) a  (0,1) vardır. Bir tek   X vardır. Öyle ki
g(  )=  ’ dır. Mutlaka bir tane  noktası var ki, bunu g fonksiyonu yine kendisine
dönüştürür. X ’in keyfi bir x0 noktasını alalım: x1  g ( x0 ), x2  g ( x1 ),...., xn1  g ( xn ) bileşke
fonksiyonu gog  g 2 olsun.


n 1
g ( x0 ), g ( x1 ), g ( x2 ),..., g ( xn 1 ), g ( xn ),...
 xn 1  g ( xn )  g ( x0 )

g 1 ( x0 ), g 2 ( x0 ), g 3 ( x0 ),..., g n ( x0 ), g n 1 ( x0 ),...
x1 , x2 , x3 ,..., xn , xn 1 ,...
xn dizisinin bir Cauchy dizisi olduğunu gösterelim
p için d ( x p  n , xn ) çok küçük (n   iken küçülmesi Cauchy dizisinin özelliğidir).
d ( x p  n , xn )  0 olduğunu göstereceğiz.
xn  p
xn
d ( xn p , xn )  d  g ( xn p 1 ) g 2 ( xn1 ) 
xn  p 1
xn 1
 ad ( xn  p 1 , xn 1   ad  g ( xn  p  2 ), g ( xn  2 ) 
(g büzülme olduğundan)
 a 2 d (d ( xn  p  2 , xn  2 )
a  (0,1)
n 
 a n d ( x p , x0 ) 
0
x0 ’ın Cauchy dizisi olduğu gösterildi . Cauchy dizisi ise, bunun bir limiti var mıdır? Tam
metrik uzayda çalışıyordu dolayısıyla Cauchy dizisinin limiti de bu uzayın elemanı olacak.
( xn ) Cauchy dizisi (X,d) tam metrik uzay, xn   olacak şekilde   x vardır.
g sürekli ise
xn1  
g ( xn )  
xn   ise g ( xn )  g ( )
g ( xn )  
Demek ki, g ( )   olacak şekilde   x vardır. Tek olduğunu gösterelim: g (1 )  1
olacak şekilde 1   olduğunu kabul edelim. Bu durumda:
d (1 ,  )  d  g (1 ) g ( )   ad (1,  )  d (1,  )  d (1,  )  d (1,  )
olur. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla varsayımımız doğru değildir. Yani g ( )   olacak
şekilde   X noktası tektir.
SONUÇ: g: R  R bir fonksiyon ve x R için | g ( x) | 1 ise g fonksiyonu büzülme
fonksiyonudur.
8
g ( x2 )  g ( x1 )
İspat: x1 , x2  R
?
x2  x1
d ( g ( x1 ), g ( x2 ))  ad ( x1 , x2 )  d ( x1 , x2 )
a  (0,1)
g ( x2 )  g ( x1 )
 g ( ) x1    x2
x2  x1
g ( x2 )  g ( x1 )
lim x1  x2
 teğetin eğimi = türev
x2  x1
x1    x2 öyle bir  var ki o noktada ki teğet kirişe paralel olur.
a
d( g ( x1 ), g ( x2 ) ) = g ( x2 )  g ( x1 )  | g ( ) | . | x2  x1 |  ad ( x1 , x2 )
g ( )  1 a  (0,1)
Sonuç: f ( x)  0 denklemi g(x)=x biçiminde yazılsın. g bir büzülme fonksiyonu ve
  g ( ) olacak şekilde bir tek  vardırü, o da f ( x)  0 denkleminin çözümüdür.
g(x)’in büzülme fonksiyonu olduğunu nerden anlayacağız? | g ( x) | 1 koşulunun
sağlanıp sağlanmadığına bakılır.
0 x2
Alıştırmalar: 1.) cosx=3x 2.) x3  3x  1  1
3.) 1 0x  1 0 
4.) e x  2 x  2 1
1
5.) ln x  1  2 Bu soruları öğrendiğimiz 4 yöntemle çözünüz. C’de yazınız.
x
(Yarılama , Regula Falsi, Newton-Rapshon, Basit iterasyon Sf:26-27 C Notları)
Örnek: x.e x  1  0 denklemini çözelim.
Basit iterasyon yöntemi:
1. f ( x) =0 denkleminden x=g(x) yazılır
| g ( x) | 1 , x  I
2. x0 başlangıç değeri seçilir
xn1  g ( xn ) (ardışık iterasyon)
x1 , x2 ,..., xn dizisi hesaplanır.
3. Durdurma kuralı,
a) belli adım (iterasyon) sayısı
b) | xn  xn1 | 
c) | f ( xn ) | 
x. e x -1=0  x  e  x
g ( x)  e x
f (0)  0
,
f (1)  0
,
g ( x)  e  x
x>0 için e  x  1 yani g ( x)  1
0,1 arasında kökü vardır.
9
x0  0.5 olsun.
g ( x0 )  e 0.5  0.606
x0  0.5 olsun.
x1  e 0.5  0.606 , x2  e x1  0.545 , x3  e  x2  0.579 , x3  e  x2  0.560
x0  0.1 olsun ( x0  0.1  e 0.1  0.904 )
x1  e x0  0.904 , x2  0.404 , x3  0.667 , x4  0.513
x0  0.7 olsun ( x0  0.7  e0.7  0.4965 ).
x1  e  x0  0.4965 , x2  0.608 , x3  0.544 , x4  0.580 ,
x5  0.559 , x6  0.571 ,
x7  0.564 , x8  0.568
Durdurma kuralı: | xn  xn 1 |   102 olsun
| x4  x3 | 0.01 sağlanmadı. 8. adımda sağlandı.
x8  0.568
f ( x8 )  0.568  e0.568  1  0.002
Eğer durdurma kuralı | f ( xn ) |   103 olsaydı iterasyona devam edilecekti.
Örnek: x 
sin x  2
5
g ( x) 
sin x  2
cos x
 g ( x) 
cos x  1,1
5
5
1
cos x  1 g(x) fonksiyonu büzülmedir.
5
sin xn  2
x0  0.5 olsun. xn 1 
n=0,1,2,…….
5
x1  0.495885 x2  0.495162 x3  0.495034 x4  0.595012
g ( x) 
x5  0.495008
  0.0001
x4  x3  
  0.495008
2.yol: sinx = 5x-2  x  arcsin(5 x  2) g(x)=arcsin(5x-2) g(x) büzülme fonksiyonumudur?
5
5
g (0.5) 
 5.7735  1
x0  0.5
g ( x) 
1  (5 x  2)
1  (0.5) 2
Örnek: 2 x  2 x denklemini alalım.
x  2 x 1  g ( x)  2 x 1  g ( x)  2 x 1 ln(2)
x0  3  g (3)  22 ln(2)  4  (0.695)  2.772
xn 1  g ( xn )  2 xn 1
10
x0  3  x1  231  4, x2  241  8, x3  281  128
x0  1  x1  211  1, x2  211  1, x3  211  1,..., xn  1, xn 1  1
x0  2  x1  221  2, x2  221  2, x3  2,..., xn  2
x0  0  x1  201  1 , x2  20.51  0.707, x3  20.707 1  0.816, x4  0.881, x5  0.920
2
x6  0.946, x7  0.963, x8  0.975
Örnek: x3  13x  18  0 için x  g ( x ) olacak şekilde,
g1 ( x)  x 3  12 x  18 , g1( x)  3x 2  12
g 2 ( x) 
x3  18
13
g3 ( x)  13x  18
,
1
3
,
13x  18
x2
18
g5 ( x)  2
x  13
g 4 ( x) 
f (1)  0
,
,
3x 2
13
2
1
g3 ( x)  13  13 x  18  3
3
13x  36
g 4 ( x) 
x3
36 x
g5 ( x)  2
( x  13) 2
g 2 ( x) 
f (2.1)  0  1, 2.1 aralığında bir kök vardır.
x3  18
| g1( x) | 1 büzülme fonksiyonudur.
13
x0  2.1 | g ( x0 ) | 1 büzülme değildir.
y=13x-18 g1 ( x) 
| xn 1  xn |   103 x0  1
x1  19
13
xn1 
xn3  18
13
, x2  1.71 , x3  1.770 ,
x4  1.81 ,…
Örnek: x 2  5 x  6 =0
a) g ( x)  x 2  4 x  6 b) g ( x)  5 
1
6
x2  6
c) g ( x)  (5 x  6) 2 d) g ( x) 
x
5
Örnek: S= 3 6  3 6  3 6  ....
S  3 6  3 6  3 6  ....  s3  6  s  s3  s  6  0
s
Basit iterasyon yöntemi kullanarak çözebiliriz.
f ( x)  x3  x  6
11
xn1  g ( xn )
x3  x  6  0  g ( x)  ( x  6)
1
3
2
1
g ( x)  ( x  6) 3
3
x0  0 için | g ( x0 ) | 1 olur.
LİNEER OLMAYAN DENKLEM SİSTEMLERİ
Denklem sayısı bilinmeyen sayısına eşit olan denklem sistemleri ile ilgileneceğiz.
 x1  2 x2  3  0
Örnek:  2
2
2 x1  x2  5  0
Birinci denklemden x1 ‘i çekip ikinci denklemde yerine yazalım.
x1  3  2 x2
2  (3  2 x2 ) 2  x22  5  0
9 x22  24 x2  13  0
x2 için 2 kök var. Bunlar x2* =1.91068 x2* =0.755983 dır.
Denklem sisteminin iki çözümü vardır.
x1*  -0.8214
x2* =1.91068
ve
x1*  1.488
x2* =0.755983
Bilinmeyenler : x1 , x2 ,....., xn
Denklemler :
f1 ( x1 , x2 ,....., xn )  0
f 2 ( x1 , x2 ,....., xn )  0
f n ( x1 , x2 ,....., xn )  0
olsun.
12
 x1 
 
 x2 
Gösterimler: x   x3 
 
 
x 
 n



f 




f1 

f2 
f3 


f n 
,



f ( x)  f ( x1 ,..., xn )  




f1 ( x1 ,.., xn ) 

f 2 ( x1 ,.., xn ) 
f 3 ( x1 ,.., xn ) 


f n ( x1 ,.., xn ) 
Basit İterasyon Yöntemi
f ( x)  0 , x  g ( x ) şeklinde yazmalıyız. x başlangıç değeri alınır. x
0
n 1
 g ( x ) yineleme
n
formülüyle  kökü yaklaşık olarak bulunur.
0
1
2
n
x , x , x ,....., x ....
Öklit uzaklığında
x 

n 
n
olması için g ( x ) fonksiyonu hangi özelliği sağlamalıdır? Durdurma kuralı ne olacak?
n
xn   
0
2 x12  x22  5  0  x1  ((5  x22 ) 2)

x1  2 x2  3  0   x2  (3  x1 ) 2
1
2
1

 x1   (5  x22 ) 2  2 


  g ( x)     
x



2



 (3  x1 ) 2 
1.5 
n 1
n
0
x    olsun ve x  g ( x ) yineleme formülüyle
0.5
((5  0.5)2 ) 2)1 2   1.5411
1.48954 
2
1
, x 
x 

 , ....

0.729 

(3  1.5) 2
 0.75
1.91068 


0.755983
 2

 2
1
1.478
2


1
3
Başlangıç değer x    ise x    , x   3  2  , x  

1
0.8 
1 
 2 
0
Tanım: B  Rn
kapalı bir bölge olsun.
d ( g ( x ), g ( x ))  ad ( x , x )
fonksiyonu denir.
1
2
1
2
g : B  B fonksiyonu
bir a  (0,1)
için
özelliğini sağladığında g fonksiyonuna B ‘de büzülme
Teorem: g fonksiyonu B  Rn ‘de bir büzülme fonksiyonu olmak üzere x  g ( x ) denklem
sisteminin bir tek  çözümü vardır (   g ( ) ).
13
0
x noktası B de keyfi bir nokta (vektör) olmak üzere,
x  g(x
n
n 1
) , n  1, 2,3,...
,
ardışık yineleme formülüyle ile tanımlı x , x ,..., x ,... dizisi  ’ya yakınsar.
1
2
n
g fonksiyonunun büzülme fonksiyonu olduğunu nasıl anlayacağız?
Hatırlatma: Bir g: R  R fonksiyonunun x0 noktası komşuluğunda birinci dereceden Taylor
açılımı,
g ( x)  g ( x0 )  ( x  x0 )  g ( ) ,   ( x0 , x)
olmak üzere,
x x
g ( x2 )  g ( x1 )  2 1 g ( )   ( x1 , x2 )
1!
yazılabilir. Bu aynı zamanda ortalama değer teoremi olup,
g ( x2 )  g ( x1 )
 g ( )
x2  x1
biçiminde ifade edilmektedir.
| g ( x2 )  g ( x1 ) || ( x2  x1 )  g ( ) || x2  x1 | , | g ( ) | 1
eşitsizliği g: R  R fonksiyonunun büzülme fonksiyonu olması için | g ( ) | 1 özelliğini
ifade etmektedir.
Yukarıdaki soruya dönelim.
g : Rn  Rn
 g1 ( x1 ,..., xn ) 


g ( x ,..., xn ) 
x  g ( x)   2 1




 g n ( x1 ,..., xn ) 
fonksiyonunu göz önüne alalım. Çok değişkenli fonksiyonların birinci dereceden Taylor
açılımından , i  1, 2,..., n için
dgi ( )
dgi ( )
dgi ( )
gi ( x12 , x22 ,...., xn2 )  gi ( x11 , x12 ,..., x1n )  ( x12  x11 )
 ( x22  x12 )
 ( xn2  x1n )
dx1
dx2
dxn
olmak üzere,
( x12  x11 )
dg1 ( )
dx1
 ( x22  x12 )
dg1 ( )
dx2
 ...  ( xn2  x1n )
dg1 ( )
dxn
g(x )  g(x ) 
2
1
( x12  x11 )
dg n ( )
dx1
 ( x22  x12 )
dg n ( )
dx2
 ...  ( xn2  x1n )
dg n ( )
dxn
14
 dg1 ( )

 dx1


= 


 dg1 ( )
 dx
n

dg1 ( )
dg1 ( ) 

dxn   x12  x11 





  G x 2  x1  x 2  x1 , G <1 ise




 2 1
dg n ( )   xn  xn 
dxn 
dx2
dg 2 ( )
dxn
G
g : R n  R n fonksiyonunun belli bir norm yardımıyla,
d (x , x )  x  x
2
1
2
1
metriğine göre büzülme fonksiyonu olması için G <1 olmalıdır. Birinci türevlerin matrisi
olan G matrisi için,
dgi ( )
g ij = sup
dx j

olmak üzere,
12


G    gij2 
 i, j 
olarak tanımlanabilir. G <1 ise g fonksiyonu bir büzülme fonksiyonudur.
Özetle:
12
f ( x)  0
denklem sistemi
x  g ( x)
biçiminde yazılır.


G    gij2  <1 ise g
 i, j 
büzülmedir.
Bazı vektör normları:
1. x max  max  xi   max  x1 , x2 ,..., xn 
i
2.
x l  x1  x2  .....  xn
1
3.
x l  x12  x22  .....  xn2
2
( l1 normu)
( l2 normu veya Euclide (Öklit) normu)
15
Örnek:
1

x

cos x2  0
1

2

 x  1 sin x  0
1
 2 2
g (x , x ) 
Çözüm: f ( x)  0 denklem sistemi x  g ( x)   1 1 2  biçiminde yazılır. g fonksiyonu
 g2 ( x1 , x2 ) 
büzülme fonksiyonu olmak üzere, Basit İterasyon Yöntemi:
0
Başlangıç değer: x
Ardışık yineleme (iterasyon): x
Durdurma kuralı: x n  x
n 1
max
n 1
 g(x )
n

adımlarından oluşmaktadır.
1

 x1  2 cos x2  0

 x  1 sin x  0
1
 2 2
denklem sistemi,
1

x

cos x2
1

2

 x  1 sin x
1
 2 2
olarak yazılsın.
 g1 ( x1 , x2 ) 
g ( x)  
=
 g ( x , x ) 
 2 1 2 
 dg1
 dx
G=  1
 dg 2
 dx
 1
g ij = sup
 1 cos x2 
 2

 1 sin x 
1 
 2
dg1  
0
dx2  

dg 2   1
 .cos x1
dx2   2
dgi ( )
, sin x2  1 ,
dxi

1

 .sin x2 
2


0


2
cos x1  1
2
1
1 1
G  0        02 
1
2
2 2
2
16
olmak üzere, x  Rn için g büzülme fonksiyonudur.
0
0
Algoritma: x    başlangıç değer
0
 x1n   g1 ( x1n 1 , x2n 1 ) 
 n   
 , n  1, 2,3,...
n 1
n 1 
x
g
(
x
,
x
)
 2  2 1
2

Durdurma kuralı: x n  x
n 1
max


 max x1n  x1n 1 , x2n  x2n 1 <0.1
1 
1

0
 0.485 
0
3
1
2
x    , x   2 , x   2  , x  
 yaklaşık çözüm.




0
0.239
 


0 
 0.239 
Newton Yöntemi
Hatırlatma: Bir bilinmeyenli denklem.
f ( x)  0
x0
xn  xn 1 
f ( xn 1 )
, n  1, 2,3,...
f ( xn 1 )
xn  xn1  
 f1 ( x1 , x2 ,...., xn ) 
 f ( x , x ,...., x ) 
n 
 2 1 2
f
(
x
)


olmak üzere, n bilinmeyenli denklem sistemi




 f n ( x1 , x2 ,...., xn ) 
f ( x)  0
olsun. Bu denklem sisteminin bir kökü  , yani f ( )  0 olsun.
Bu denklem sistemindeki f fonksiyonunun bir x 0 noktası komşuluğunda Taylor
açılımı,
f ( x 0 )
0
f ( x)  f ( x ) 
( x  x 0 )  ...
x
olsun. Burada,
17
 f1 ( x 0 )

 x1
 f ( x 0 )
f ( x 0 )  2
  x1
x


 f n ( x 0 )
 x
1

f1 ( x 0 ) 

xn 
f 2 ( x 0 ) 

xn 


f n ( x 0 ) 
xn 
f1 ( x 0 )
x2
f 2 ( x 0 )
x2
f n ( x 0 )
x2
olmak üzere, bu matrisi J ( x 0 ) ile gösterelim. x 0 noktası komşuluğundaki birinci dereceden
Taylor açılımı için,
f ( x)  f ( x 0 )  J ( x 0 )( x  x 0 )
yazılabilir.
Şimdi,
f ( x)  0
denklem sisteminde, f fonksiyonu yerine x0 noktası komşuluğundaki birinci dereceden
Taylor açılımı alınırsa,
f ( x 0 )  J ( x 0 )( x  x 0 )  0
denklem sistemi karşımıza çıkar. Bu denklem sistemi için
J ( x 0 )( x  x 0 )   f ( x 0 )
( x  x0 )    J ( x0 )
x  x0   J ( x0 )
olmak üzere,
1
1
f ( x0 )
f ( x0 )
x  x 0   J ( x 0 )  f ( x 0 ) değerini  kökü için bir yaklaşık değer olarak
1
kullanabiliriz. Hatta,

köküne daha iyi bir yaklaşım sağlamak amacıyla bu
x  x 0   J ( x 0 )  f ( x 0 ) değeri komşuluğunda f fonksiyonunu yeniden Taylor serisine açıp
1
yukarıda yapılanları tekrarlayabiliriz. Özetlersek, x 0 noktasından başlanıp,
x k  x k 1   J ( x k 1 )  f ( x k 1 ) , k  1, 2,3,...
1
ardışık yinelemesi ile,
x 0 , x1 , x 2 ,..., x k ,...
18
dizisi elde edilir. Bu dizi bilinmeyen  köküne yakınsıyorsa, bir durdurma kuralı
tanımlanarak kök yaklaşık olarak bulunabilir. Özetle, Newton Yöntemi
Denklm sistemi:
f ( x)  0
Başlangıç değer (vektör):
x0
Ardışık yineleme (iterasyon): x k  x k 1   J ( x k 1 )  f ( x k 1 ) , k  1, 2,3,...
1
xk  x
Durdurma kuralı:
k 1
max

biçimindedir. Algoritmadaki matris inversi, varlık ve zayıf koşulluluk açısından problemler
yaratmaktadır. Birçok durumda Newton Yöntemi çözüme götürmemektedir. Newton
Yöntemindeki başlangıç değer çok dikkatli bir şekilde seçilmelidir.
Örnek:
 x1  2 x2  3  0
 2
2
2 x1  x2  5  0
denklem sisteminin köklerini yukarıda,
x1*  -0.8214
x2* =1.91068
ve
x1*  1.488
x2* =0.755983
olduğunu söyledik.
Bu kökleri bilmiyormuş gibi davranıp Newton Yöntemi ile bulmaya çalışalım. İkinci
denklemi göz önünde tutarak iki denklemi ayrı ayrı sağlayan noktalar kümesini iki boyutlu bir
koordinat sisteminde gösterelim.
>> x=-5:.1:5;
>> plot(x,(3-x)/2)
>> hold on
>> plot(x,sqrt(5-2*x.^2))
>> plot(x,-sqrt(5-2*x.^2))
>> plot([-5 5],[0 0])
>> plot([0 0],[-4 4])
19
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
Elips ile doğrunun kesişme noktaları denklem sisteminin çözümleridir. Grafik, başlangıç
değer seçiminde faydalı olabilir.
 x1  2 x2  3  0
 2
2
2 x1  x2  5  0
 x1  2 x2  3 
f ( x)   2

2
2 x1  x2  5
f ( x )
 1

x
 4 x1
2 
2 x2 
ve
2 
 1
J ( xk )   k
, k  0,1, 2,...
k
 4 x1 2 x2 
olmak üzere, Newton Yöntemindeki algoritma:
Başlangıç değer:
x0
Ardışık yineleme:
 x1k   x1k 1   1

2   x1k 1  2 x2k 1  3
 k    k 1    k 1

 , k  1, 2,...

2 x2k 1   2( x1k 1 )2  ( x2k 1 )2  5
 x1   x1   4 x1
1
Durdurma kuralı:
xk  x
k 1
max
 .
20
 1
x 0    seçilsin.
2 
Matlab çıktısı:
>> x=[-1
2];
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
-0.83333
1.9167
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
-0.82143
1.9107
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
-0.82137
1.9107
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
-0.82137
1.9107
x=
-0.82137
1.9107
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
-0.82137
1.9107
1
x 0    seçilsin.
1
Matlab çıktısı:
>> x=[1;1]
x=
1
1
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
1.6667
0.66667
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
21
x=
1.5
0.75
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
1.4881
0.75595
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
1.488
0.75598
>> x=x-inv([1 2;4*x(1) 2*x(2)])*[x(1)+2*x(2)-3;2*x(1)^2+x(2)^2-5]
x=
1.488
0.75598
22