1 Ön Bilgiler ve Taylor Teoremi
Nümerik analiz, analitik çözümü olmayan ya da çözümü bulunsa bile zor ve karmaşık olan problemlere yalnız dört işlemle hesaplanabilen yaklaşık çözümler üretir. Denklemlerin köklerini bulmak, bir fonksiyonu polinomla temsil etmek, türev ve integrali sayısal olarak hesaplamak bu problemlerin başlıcalarıdır. Görüntü işleme, bilgisayar grafikleri, hava durumu ve iklim modelleri, sanal çarpışma testleri, tıbbi görüntüleme ve finans matematiği bu yöntemlerin kullanıldığı alanlardan yalnız birkaçıdır. Bu kitapta klasik nümerik yöntemleri ele alıyoruz; amaç kod yazmak değil, her yöntemin nasıl ve neden çalıştığını, ne kadar hata yaptığını görmektir.
Bir yöntemin işe yaradığını göstermek için birkaç analiz aracına sürekli başvuracağız: süreklilik, türev, ortalama değer ve ara değer teoremleri, en çok da Taylor teoremi. Brook Taylor serisini 1715’te yayımladı; kalan terimin türevli biçimi Lagrange’a (1797) aittir. Bu bölümde bu araçları sonraki bölümlerde numarasıyla anabileceğimiz biçimde topluyoruz. İspatları Analiz 1 ve Analiz 2’de verilmiş olanlar için yalnız bağlantı veriyoruz.
1.1 Temel Kavramlar
Önce Analiz 1 ve Analiz 2’den gelen kavramları kısaca hatırlayalım; ayrıntılı tanımlar bağlantılardadır.
Fonksiyonlarda limit. \(f : X \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) ve \(x_0 \in \mathbb{R}\) olsun. Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(\delta_\varepsilon > 0\) varsa ki \(0 < |x - x_0| < \delta_\varepsilon\) olan her \(x \in X\) için \(|f(x) - L| < \varepsilon\) oluyorsa \(\lim_{x \to x_0} f(x) = L\) yazılır (bkz. Analiz 1).
Süreklilik. \(x_0 \in X\) için \(\lim_{x \to x_0} f(x) = f(x_0)\) ise \(f\), \(x_0\)’da süreklidir; \(X\)’in her noktasında sürekliyse \(X\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1).
Dizilerde limit. Her \(\varepsilon > 0\) için öyle bir \(N_\varepsilon \in \mathbb{N}\) varsa ki \(n > N_\varepsilon\) olan her \(n\) için \(|x_n - x_0| < \varepsilon\) oluyorsa \((x_n)\) dizisi \(x_0\)’a yakınsar ve \(\lim_{n \to \infty} x_n = x_0\) ya da \(x_n \to x_0\) yazılır (bkz. Analiz 1).
Türev. \(x_0 \in \operatorname{int}(X)\) olsun.
\[f'(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}\]
limiti sonlu bir reel sayı olarak varsa \(f\), \(x_0\)’da diferansiyellenebilirdir (türevlenebilirdir). \(f'(x_0)\), \(f\)’nin grafiğine \((x_0, f(x_0))\) noktasında çizilen teğetin eğimidir (bkz. Analiz 2).
Riemann integrali. \(a = x_0 \le x_1 \le \dots \le x_n = b\) bir bölüntü, \(\Delta x_i = x_i - x_{i-1}\) ve \(z_i \in [x_{i-1}, x_i]\) olsun.
\[\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{\max \Delta x_i \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(z_i)\,\Delta x_i\]
limiti sonlu olarak varsa ve \(z_i\) seçimine bağlı değilse bu sayıya \(f\)’nin \([a, b]\) üzerindeki Riemann integrali denir (bkz. Analiz 2).
Kapalı aralıkta sürekli her fonksiyon Riemann integrallenebilirdir (bkz. Analiz 2). Bu durumda bölüntüyü eşit aralıklı \(x_i = a + \frac{b-a}{n}\, i\) noktalarıyla kurup \(z_i = x_i\) seçebiliriz (bkz. Analiz 2):
\[\int_a^b f(x)\,dx = \lim_{n \to \infty} \frac{b-a}{n} \sum_{i=1}^{n} f(x_i).\]
Bu kavramlarla tanımlanan fonksiyon kümeleri için kitap boyunca kısa gösterimler kullanacağız.
Tanım 1.1 (Fonksiyon Sınıfları) \(X \subseteq \mathbb{R}\) ve \(a < b\) olsun.
- \(C(X)\): \(X\) üzerinde sürekli fonksiyonların kümesi.
- \(C[a, b]\): \([a, b]\) kapalı aralığı üzerinde sürekli fonksiyonların kümesi.
- \(C^n(X)\): \(X\) üzerinde \(n\). mertebeye kadar sürekli türevlere sahip fonksiyonların kümesi.
- \(C^\infty(X)\): \(X\) üzerinde her mertebeden türeve sahip fonksiyonların kümesi.
- \(R[a, b]\): \([a, b]\) kapalı aralığında Riemann integrallenebilir fonksiyonların kümesi.
Yani \(f \in C^n[a, b]\) yazdığımızda \(f, f', \dots, f^{(n)}\) türevlerinin hepsinin var ve \([a, b]\) üzerinde sürekli olduğunu söylüyoruz; uç noktalardaki türevler tek yönlüdür (bkz. Analiz 2). Polinomlar, rasyonel, trigonometrik, üstel ve logaritmik fonksiyonlar tanımlı oldukları küme üzerinde her mertebeden türeve sahiptir, yani \(C^\infty\) sınıfındadır. Az önceki gözlem de \(C[a, b] \subseteq R[a, b]\) demektir.
Süreklilik dizilerle de ifade edilebilir. Nümerik yöntemler birer dizi ürettiği için bu biçim bizim en çok kullanacağımız biçimdir.
Teorem 1.1 (Dizisel Süreklilik) \(f : X \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) ve \(x_0 \in X\) olsun. Aşağıdaki iki ifade denktir:
i) \(f\) fonksiyonu \(x_0\) noktasında süreklidir.
ii) \(X\) içinde \(x_0\)’a yakınsayan her \((x_n)\) dizisi için \(\lim_{n \to \infty} f(x_n) = f(x_0)\) olur.
İspat için bkz. Analiz 1.
Yani bir yöntemin ürettiği \(p_n\) yaklaşımları \(p\)’ye yakınsıyorsa ve \(f\) sürekliyse \(f(p_n)\) değerleri de \(f(p)\)’ye yakınsar.
Teorem 1.2 (Türevli Fonksiyon Süreklidir) \(f : X \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) ve \(x_0 \in X\) olsun. \(f\)’nin \(x_0\) noktasında türevi varsa \(f\) bu noktada süreklidir.
İspat için bkz. Analiz 2.
1.2 Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri
Türevli fonksiyonlar için ilk iki araç, fonksiyonun iki noktadaki değerlerini aradaki bir noktada türevle ilişkilendirir.
Teorem 1.3 (Rolle Teoremi) \(f \in C[a, b]\) ve \(f\) fonksiyonu \((a, b)\) açık aralığında diferansiyellenebilir olsun. \(f(a) = f(b)\) ise öyle bir \(c \in (a, b)\) vardır ki \(f'(c) = 0\) olur.
İspat için bkz. Analiz 2.
Yani uç noktalarda aynı yükseklikte olan türevli bir grafiğin arada en az bir yatay teğeti vardır.
Teorem 1.4 (Ortalama Değer Teoremi) \(f \in C[a, b]\) ve \(f\) fonksiyonu \((a, b)\) açık aralığında diferansiyellenebilir olsun. Bu durumda en az bir \(c \in (a, b)\) için
\[f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}\]
olur.
İspat için bkz. Analiz 2.
Yani \((a, f(a))\) ile \((b, f(b))\) noktalarını birleştiren kirişe paralel en az bir teğet vardır. \(f(a) = f(b)\) iken teorem Rolle teoremine döner.
1.3 Ekstrem Değer Teoremi
Hata sınırı bulurken bir fonksiyonun bir aralıktaki en büyük değerine sık sık ihtiyaç duyacağız. Bu değerin var olduğunu ve nerede aranacağını şu teorem söyler.
Teorem 1.5 (Ekstrem Değer Teoremi) \(f \in C[a, b]\) olsun. Öyle \(c_1, c_2 \in [a, b]\) sayıları vardır ki her \(x \in [a, b]\) için
\[f(c_1) \le f(x) \le f(c_2)\]
olur. Burada \(f(c_1)\), \(f\)’nin \([a, b]\) üzerindeki minimum değeri, \(f(c_2)\) ise maksimum değeridir. Ayrıca \(f\) fonksiyonu \((a, b)\) aralığında türevlenebilirse \(c_1\) ve \(c_2\) noktalarının her biri ya \([a, b]\) aralığının bir uç noktasıdır ya da \(f'\) türevini sıfır yapan bir noktadır.
İspat için bkz. Analiz 1. İkinci kısım, iç noktadaki ekstremumda türevin sıfır olmasından gelir (bkz. Analiz 2).
Yani \(\max_{a \le x \le b} f(x)\) değerini bulmak için \(f'(x) = 0\) denkleminin \((a, b)\) içindeki köklerinde ve iki uç noktada \(f\)’yi hesaplayıp en büyüğünü seçmek yeter.
1.4 Genelleştirilmiş Rolle Teoremi
Rolle teoremi iki sıfır arasında \(f'\)’nin bir sıfırını verir. Sıfırların sayısı arttıkça teoremi tekrar tekrar uygulayıp daha yüksek mertebeden türevlerin sıfırlarını da yakalayabiliriz. İnterpolasyonun hata formülü bu fikre dayanacak.
Teorem 1.6 (Genelleştirilmiş Rolle Teoremi) \(n \ge 1\), \(f \in C[a, b]\) ve \(f\) fonksiyonu \((a, b)\) açık aralığında \(n\) kez diferansiyellenebilir olsun. \(f\) fonksiyonu \([a, b]\) içindeki birbirinden farklı \(n + 1\) tane \(x_0, x_1, \dots, x_n\) noktasında sıfır oluyorsa, yani
\[f(x_0) = f(x_1) = \dots = f(x_n) = 0\]
ise en az bir \(c \in (a, b)\) için \(f^{(n)}(c) = 0\) olur.
İspat
Noktaları \(x_0 < x_1 < \dots < x_n\) olacak biçimde sıralayalım.
Birinci adım. Her \(i = 1, \dots, n\) için \(f\), \([x_{i-1}, x_i]\) üzerinde süreklidir ve \((x_{i-1}, x_i) \subseteq (a, b)\) üzerinde türevlenebilirdir; ayrıca \(f(x_{i-1}) = f(x_i) = 0\)’dır. Rolle teoremi (Teorem 1.3) her aralıkta bir \(z_i \in (x_{i-1}, x_i)\) verir:
\[f'(z_1) = f'(z_2) = \dots = f'(z_n) = 0.\]
Aralıklar ayrık olduğundan \(z_1 < z_2 < \dots < z_n\) olur. Demek ki \(f'\) fonksiyonunun \((a, b)\) içinde birbirinden farklı \(n\) sıfırı vardır.
Tümevarım. \(1 \le k < n\) için \(f^{(k)}\)’nin \((a, b)\) içinde birbirinden farklı \(n - k + 1\) sıfırı bulunduğunu varsayalım. \(k < n\) olduğundan \(f^{(k)}\) fonksiyonu \((a, b)\) üzerinde türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir (Teorem 1.2). Ardışık iki sıfır arasındaki kapalı aralık \((a, b)\) içinde kaldığından Rolle teoremi bu aralıkların her birine uygulanır ve \(f^{(k+1)}\)’in birbirinden farklı \(n - k\) sıfırı elde edilir.
\(k = n - 1\) adımında \(f^{(n)}\)’nin \((a, b)\) içinde \(n - (n - 1) = 1\) sıfırı bulunur. Bu sıfır aranan \(c\)’dir.
\(\blacksquare\)
Yani \(n + 1\) farklı sıfırı olan yeterince türevli bir fonksiyonun \(n\). türevi bir yerde sıfır olmak zorundadır. Ters yönden okursak: \(f^{(n)}\) hiç sıfır olmuyorsa \(f\)’nin en çok \(n\) farklı sıfırı olabilir.
1.5 Ara Değer Teoremi
Kök bulma yöntemlerinin hepsi bir kökün var olduğu bir aralıkla başlar. Böyle bir aralığı bulmanın temel aracı ara değer teoremidir. İlk analitik ispatı Bolzano’nun (1817) çalışmasıdır.
Teorem 1.7 (Ara Değer Teoremi) \(f \in C[a, b]\) ve \(K\), \(f(a)\) ile \(f(b)\) arasında kesin olarak kalan (ikisine de eşit olmayan) herhangi bir sayı olsun. Bu durumda en az bir \(c \in (a, b)\) için \(f(c) = K\) olur.
İspat için bkz. Analiz 1.
Yani sürekli bir fonksiyon \(f(a)\) ile \(f(b)\) arasındaki hiçbir değeri atlayamaz. En çok kullanacağımız özel durum \(K = 0\)’dır: \(f(a)\) ile \(f(b)\) zıt işaretliyse \(f\)’nin \((a, b)\) içinde en az bir kökü vardır.
Örnek 1.1 (Bir Denklemin Köklerini İçeren Aralıklar) \(4x^2 - e^x = 0\) denkleminin çözümlerini içeren aralıklar bulunuz.
Çözüm
\(f(x) = 4x^2 - e^x\) olsun. \(4x^2\) ve \(e^x\) sürekli olduğundan \(f\) her kapalı aralıkta süreklidir. Kökler, \(y = 4x^2\) parabolüyle \(y = e^x\) eğrisinin kesiştiği noktalardır; bu yüzden \(f\)’nin işaretine birkaç tam sayıda bakmak yeterli ipucu verir.
\((0, 1)\) aralığı. \(f(0) = -1 < 0\) ve
\[f(1) = 4 - e \approx 1{,}2817 > 0\]
olduğundan \(f(0) < 0 < f(1)\)’dir. Ara değer teoremi (Teorem 1.7) \(K = 0\) ile en az bir \(c \in (0, 1)\) için \(f(c) = 0\) olduğunu verir.
\((-1, 0)\) aralığı. \(f(0) = -1 < 0\) ve
\[f(-1) = 4 - \frac{1}{e} \approx 3{,}6321 > 0\]
olduğundan aynı gerekçeyle en az bir \(c \in (-1, 0)\) için \(f(c) = 0\) olur.
\((4, 5)\) aralığı. Büyük \(x\) için üstel fonksiyon parabolü geçer:
\[f(4) = 64 - e^4 \approx 9{,}4018 > 0, \qquad f(5) = 100 - e^5 \approx -48{,}4132 < 0.\]
Yine ara değer teoremi gereği en az bir \(c \in (4, 5)\) için \(f(c) = 0\) olur.
Başka kök yoktur. \(f'''(x) = -e^x\) hiçbir noktada sıfır olmaz. \(f\)’nin dört farklı kökü olsaydı bu kökleri içeren kapalı aralıkta genelleştirilmiş Rolle teoremi (Teorem 1.6) \(n = 3\) ile \(f'''(c) = 0\) olan bir \(c\) verirdi. Demek ki \(f\)’nin en çok üç kökü vardır.
Sonuç olarak denklemin tam üç çözümü vardır; bunlar sırasıyla \((-1, 0)\), \((0, 1)\) ve \((4, 5)\) aralıklarındadır.
\(\blacksquare\)
1.6 İntegraller İçin Ağırlıklı Ortalama Değer Teoremi
Nümerik integrasyon formüllerinin hata terimlerini bulurken integralin içinden bir çarpanı, ara bir noktadaki değeriyle dışarı çıkarmamız gerekecek. Bunu sağlayan teorem şudur.
Teorem 1.8 (İntegraller İçin Ağırlıklı Ortalama Değer Teoremi) \(f \in C[a, b]\), \(g \in R[a, b]\) olsun ve \(g\) fonksiyonu \([a, b]\) aralığında işaret değiştirmesin. Bu durumda öyle bir \(c \in (a, b)\) sayısı vardır ki
\[\int_a^b f(x)\,g(x)\,dx = f(c) \int_a^b g(x)\,dx\]
olur.
İspat
\(g \le 0\) ise teoremi \(-g\) için ispatlayıp iki yanı \(-1\) ile çarpmak yeter; bu yüzden \(g \ge 0\) alalım. \(f\) sürekli olduğundan \(m = \min f\) ve \(M = \max f\) değerleri \([a, b]\) içindeki \(x_m\) ve \(x_M\) noktalarında alınır (Teorem 1.5).
\(\mu\) sayısının bulunması. Analiz 2’deki birinci ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) bir \(\mu \in [m, M]\) için
\[\int_a^b f(x)\,g(x)\,dx = \mu \int_a^b g(x)\,dx\]
olduğunu verir. Geriye \(f(c) = \mu\) olan bir \(c \in (a, b)\) bulmak kalır.
\(\int_a^b g = 0\) durumu. Eşitliğin iki yanı da sıfırdır; her \(c \in (a, b)\) işe yarar.
\(m < \mu < M\) durumu. \(\mu\), \(f(x_m)\) ile \(f(x_M)\) arasındadır. Ara değer teoremi (Teorem 1.7) \(x_m\) ile \(x_M\) arasında kesin olarak kalan, dolayısıyla \((a, b)\) içinde olan bir \(c\) için \(f(c) = \mu\) verir.
\(\int_a^b g > 0\) ve \(\mu = m\) durumu. O zaman
\[\int_a^b \big(f(x) - m\big)\,g(x)\,dx = 0\]
olur. \((a, b)\) içinde \(f(c) = m\) olan bir nokta bulunmadığını varsayalım. \(|g| \le B\) olsun (\(g\) integrallenebilir olduğundan sınırlıdır). \(2B\delta < \int_a^b g\) olacak kadar küçük bir \(\delta > 0\) seçersek, integralin aralığa göre toplamsallığından
\[\int_{a+\delta}^{b-\delta} g(x)\,dx \ge \int_a^b g(x)\,dx - 2B\delta > 0\]
olur. \(f - m\) fonksiyonu \([a + \delta, b - \delta]\) üzerinde sürekli ve pozitiftir; dolayısıyla bu aralıkta pozitif bir \(\eta\) minimumu vardır. \((f - m)\,g \ge 0\) olduğundan
\[0 = \int_a^b (f - m)\,g\,dx \ge \eta \int_{a+\delta}^{b-\delta} g\,dx > 0\]
çelişkisi çıkar. Demek ki \(f(c) = m = \mu\) olan bir \(c \in (a, b)\) vardır. \(\mu = M\) durumu \(f\) yerine \(-f\) alınarak aynı biçimde çıkar.
\(\blacksquare\)
Yani \(g\) bir ağırlık fonksiyonudur: \(fg\)’nin integrali, \(f\)’nin uygun bir ara noktadaki değeriyle \(g\)’nin integralinin çarpımıdır. \(g\)’nin işaret değiştirmemesi şarttır; aksi hâlde \(\int_a^b g\) sıfır ya da çok küçük olabilir ve eşitlik bozulur.
Sonuç 1.1 (İntegraller İçin Ortalama Değer Teoremi) \(f \in C[a, b]\) ise öyle bir \(c \in (a, b)\) vardır ki
\[f(c) = \frac{1}{b - a} \int_a^b f(x)\,dx\]
olur.
İspat
Teorem 1.8 teoreminde \(g(x) \equiv 1\) alalım. \(g\) işaret değiştirmez ve \(\int_a^b g(x)\,dx = b - a\) olduğundan bir \(c \in (a, b)\) için \(\int_a^b f(x)\,dx = f(c)\,(b - a)\) olur. İki yanı \(b - a\) sayısına bölmek yeter.
\(\blacksquare\)
Yani \(f(c)\), \(f\)’nin \([a, b]\) üzerindeki ortalama değeridir ve sürekli bir fonksiyon ortalama değerini aralığın içinde bir noktada alır.
1.7 Taylor Teoremi
Nümerik analizin en çok kullanılan aracı Taylor teoremidir: bir fonksiyonu bir nokta civarında bir polinomla temsil eder ve yapılan hatayı ara bir noktadaki türevle açıkça yazar.
Teorem 1.9 (Taylor Teoremi) \(n \ge 0\) bir tam sayı, \(f \in C^n[a, b]\), \(f^{(n+1)}\) türevi \((a, b)\) aralığında var ve \(x_0 \in [a, b]\) olsun.
\[ \begin{aligned} P_n(x) &= f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 \\[1mm] &\quad + \dots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k \end{aligned} \]
olsun. Bu durumda \(x \neq x_0\) olan her \(x \in [a, b]\) için \(x_0\) ile \(x\) arasında öyle bir \(\xi(x)\) sayısı vardır ki
\[R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!}(x - x_0)^{n+1}\]
olmak üzere
\[f(x) = P_n(x) + R_n(x) \tag{1}\]
olur.
İspat için bkz. Analiz 2.
\(x = x_0\) iken \(P_n(x_0) = f(x_0)\) olduğundan (1) eşitliği \(R_n(x_0) = 0\) ile kendiliğinden sağlanır. Teoremdeki iki parçanın adları sonraki bölümlerde sürekli geçecek.
Tanım 1.2 (Taylor Polinomu ve Kesme Hatası) Teorem 1.9 teoremindeki \(P_n(x)\) polinomuna \(f\) fonksiyonunun \(x_0\) civarındaki \(n\). mertebeden Taylor polinomu denir. \(R_n(x) = f(x) - P_n(x)\) farkına kesme hatası (kalan terim ya da hata terimi) denir.
Yani \(P_n\), \(f\)’nin \(x_0\)’daki ilk \(n\) türevini taşıyan polinomdur; \(R_n\) ise sonsuz bir toplamı (Taylor serisini) sonlu sayıda terimde kestiğimiz için yaptığımız hatadır. \(P_n(x)\) ifadesinde \(n \to \infty\) için limit alındığında \(f\)’nin \(x_0\) civarındaki Taylor serisi elde edilir; \(x_0 = 0\) alınırsa bu polinoma Maclaurin polinomu, seriye de Maclaurin serisi denir (bkz. Analiz 2).
Kesme hatasındaki \(\xi(x)\) sayısının yalnız varlığı bilinir; değeri bilinmez. Bu yüzden nümerik analizde en sık karşılaşılan problemlerden biri şudur: verilen aralıktaki her \(x\) için hata terimindeki \(f^{(n+1)}(\xi(x))\) ifadesine bir üst sınır bulmak. Bulunan sınır ne kadar küçükse yaklaşımın ne kadar iyi olduğunu o kadar kesin söyleyebiliriz.
Fonksiyonu, değerini kolayca bildiğimiz ve hesaplanacak noktaya yakın bir \(x_0\)’ı ve \(n\) mertebesini seç.
\(f', f'', \dots, f^{(n+1)}\) türevlerini hesapla; \(P_n(x)\)’i ve \(R_n(x)\)’i yaz.
Yaklaşık değer olarak \(P_n(x)\)’i hesapla.
\(\xi(x)\), \(x_0\) ile \(x\) arasındadır; bu aralıkta \(|f^{(n+1)}|\) için bir \(M\) üst sınırı bul. O zaman
\[|f(x) - P_n(x)| \le \frac{M}{(n+1)!}\,|x - x_0|^{n+1}\]
olur ve \(f(x)\), \(P_n(x)\) etrafındaki bu genişlikte bir aralıktadır.
Örnek 1.2 (İkinci Mertebeden Taylor Polinomu ile cos(0,01)) \(f(x) = \cos x\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\) civarındaki 2. mertebeden Taylor polinomunu bulunuz. Bu polinomla \(\cos(0{,}01)\) değerini yaklaşık olarak hesaplayıp yapılan hata için bir üst sınır belirleyiniz.
Çözüm
Taylor polinomu ve kalan terim. \(f \in C^\infty(\mathbb{R})\) olduğundan Taylor teoremi (Teorem 1.9) uygulanabilir. Türevler
\[f'(x) = -\sin x, \qquad f''(x) = -\cos x, \qquad f'''(x) = \sin x\]
olduğundan \(n = 2\) için
\[ \begin{aligned} P_2(x) &= f(0) + f'(0)\,x + \frac{f''(0)}{2!}\,x^2 \\[1mm] &= \cos 0 - (\sin 0)\,x - \frac{\cos 0}{2}\,x^2 = 1 - \frac{x^2}{2} \end{aligned} \]
bulunur. Kalan terim, \(\xi(x)\) sayısı \(0\) ile \(x\) arasında olmak üzere
\[R_2(x) = \frac{f'''(\xi(x))}{3!}\,x^3 = \frac{\sin(\xi(x))}{6}\,x^3\]
olur. Böylece
\[\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3 \sin(\xi(x))}{6}.\]
Yaklaşık değer. \(x = 0{,}01\) için \(0 < \xi(0{,}01) < 0{,}01\) olmak üzere
\[\cos(0{,}01) = 1 - \frac{(0{,}01)^2}{2} + \frac{(0{,}01)^3 \sin(\xi(0{,}01))}{6}\]
olduğundan
\[\cos(0{,}01) \approx P_2(0{,}01) = 1 - 0{,}00005 = 0{,}99995.\]
Hata için üst sınır. \(|\sin x| \le 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} |\cos(0{,}01) - 0{,}99995| &= \frac{(0{,}01)^3}{6}\,|\sin(\xi(0{,}01))| \\[1mm] &\le \frac{10^{-6}}{6} \approx 0{,}17 \cdot 10^{-6} \end{aligned} \]
bulunur. Buna göre
\[ \begin{aligned} 0{,}99995 - 0{,}17 \cdot 10^{-6} &\le \cos(0{,}01) \le 0{,}99995 + 0{,}17 \cdot 10^{-6}, \\[1mm] 0{,}99994983 &\le \cos(0{,}01) \le 0{,}99995017 \end{aligned} \]
olur.
Daha iyi bir sınır. \(|\sin(\xi)|\) için \(1\) yerine \(|\sin x| \le |x|\) eşitsizliğini kullanalım. \(0 < \xi(0{,}01) < 0{,}01\) olduğundan \(|\sin(\xi(0{,}01))| \le |\xi(0{,}01)| \le 0{,}01\) ve
\[|\cos(0{,}01) - 0{,}99995| \le \frac{(0{,}01)^3 \cdot 0{,}01}{6} \approx 0{,}17 \cdot 10^{-8}\]
olur. Aynı yaklaşım için yüz kat daha küçük bir sınır bulduk. Gerçekte \(\cos(0{,}01) = 0{,}9999500004\dots\) olduğundan gerçek hata yaklaşık \(0{,}42 \cdot 10^{-9}\)’dur; iki sınır da geçerlidir, ama \(f'''(\xi(x))\) ifadesini ne kadar iyi sınırlarsak yaklaşımın kalitesini o kadar kesin biliriz.
\(\blacksquare\)
Örnek 1.3 (Üçüncü Mertebeden Taylor Polinomu ile cos(0,01)) \(f(x) = \cos x\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\) civarındaki 3. mertebeden Taylor polinomunu bulunuz. Bu polinomla \(\cos(0{,}01)\) değerini yaklaşık olarak hesaplayıp yapılan hata için bir üst sınır belirleyiniz.
Çözüm
Taylor polinomu ve kalan terim. Türevler \(f'(x) = -\sin x\), \(f''(x) = -\cos x\), \(f'''(x) = \sin x\) ve \(f^{(4)}(x) = \cos x\)’tir. \(f'''(0) = \sin 0 = 0\) olduğundan
\[P_3(x) = P_2(x) + \frac{f'''(0)}{3!}\,x^3 = 1 - \frac{x^2}{2}\]
bulunur; kosinüsün 2. ve 3. mertebeden Taylor polinomları aynıdır. Kalan terim ise değişir: \(\xi(x)\) sayısı \(0\) ile \(x\) arasında olmak üzere
\[R_3(x) = \frac{f^{(4)}(\xi(x))}{4!}\,x^4 = \frac{\cos(\xi(x))}{24}\,x^4.\]
Yaklaşık değer. \(\cos(0{,}01) \approx P_3(0{,}01) = 0{,}99995\), önceki örnekle aynıdır.
Hata için üst sınır. \(|\cos x| \le 1\) olduğundan
\[ \begin{aligned} |\cos(0{,}01) - 0{,}99995| &= \frac{(0{,}01)^4}{24}\,|\cos(\xi(0{,}01))| \\[1mm] &\le \frac{10^{-8}}{24} \approx 0{,}42 \cdot 10^{-9} \end{aligned} \]
olur. Üstelik \(0 < \xi(0{,}01) < 0{,}01\) için \(\cos(\xi(0{,}01)) > 0\), yani \(R_3(0{,}01) > 0\)’dır. Buna göre
\[0{,}99995 < \cos(0{,}01) \le 0{,}9999500004167.\]
Aynı polinomu 3. mertebeden polinom olarak görmek, 2. mertebeden kalan terimle bulunan \(0{,}17 \cdot 10^{-6}\) sınırını yaklaşık \(0{,}42 \cdot 10^{-9}\)’a indirdi. Gerçek hata \(0{,}4166653 \cdot 10^{-9}\) olduğundan bu sınır neredeyse tam isabetlidir.
\(\blacksquare\)
1.8 Bazı Temel Fonksiyonların Taylor Serileri
Sonraki bölümlerde sık kullanacağımız birkaç Taylor serisini, geçerli oldukları aralıklarla birlikte aşağıda topluyoruz. Çıkarılışları için bkz. Analiz 2.
| Fonksiyon | \(x_0\) | Taylor serisi | İlk terimler | Geçerli olduğu aralık |
|---|---|---|---|---|
| \(e^x\) | \(0\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}\) | \(1 + x + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} + \cdots\) | \((-\infty, +\infty)\) |
| \(\sin x\) | \(0\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\) | \(x - \dfrac{x^3}{3!} + \dfrac{x^5}{5!} - \cdots\) | \((-\infty, +\infty)\) |
| \(\cos x\) | \(0\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!}\) | \(1 - \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^4}{4!} - \cdots\) | \((-\infty, +\infty)\) |
| \(\dfrac{1}{1-x}\) | \(0\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} x^n\) | \(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots\) | \((-1, 1)\) |
| \(\ln x\) | \(1\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{(x-1)^{n+1}}{n+1}\) | \((x-1) - \dfrac{(x-1)^2}{2} + \cdots\) | \((0, 2]\) |
| \(\ln(1+x)\) | \(0\) | \(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n+1}}{n+1}\) | \(x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3} - \cdots\) | \((-1, 1]\) |
Örneğin kosinüs serisinin ilk terimleri \(1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots\) olup \(P_2\) ve \(P_4\) polinomları bu serinin kısmi toplamlarıdır. Son iki satır aynı serinin iki yazılışıdır: \(\ln x\) serisinde \(x\) yerine \(1 + x\) yazılırsa \(\ln(1 + x)\) serisi çıkar.
1.9 Alıştırmalar
Aşağıdaki sorular bölümdeki teoremlerin doğrudan uygulamalarıdır. Trigonometrik fonksiyonlarla hesap yaparken açıların radyan cinsinden alındığına dikkat ediniz.
Alıştırma 1.1 (Bir Denklemin Çözümünün Varlığı) \(x - (\ln x)^x = 0\) denkleminin \([4, 5]\) aralığında en az bir çözümü olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Bu denklemi cebirsel olarak çözemeyiz; zaten istenen çözümü bulmak değil, var olduğunu göstermektir.
Süreklilik. \(f(x) = x - (\ln x)^x\) olsun. \([4, 5]\) üzerinde \(\ln x > 0\) olduğundan
\[f(x) = x - e^{x \ln(\ln x)}\]
yazabiliriz. \(x\), \(\ln x\) ve \(e^x\) fonksiyonları bu aralıkta süreklidir ve \(f\) bunların çarpımı, bileşkesi ve farkıyla kurulduğundan \(f \in C[4, 5]\)’tir.
Uç noktalardaki işaretler.
\[f(4) = 4 - (\ln 4)^4 \approx 0{,}3066 > 0, \qquad f(5) = 5 - (\ln 5)^5 \approx -5{,}7987 < 0.\]
Demek ki \(f(5) < 0 < f(4)\)’tür.
Sonuç. Ara değer teoremi (Teorem 1.7) \(K = 0\) ile en az bir \(c \in (4, 5)\) için \(f(c) = 0\), yani \(c - (\ln c)^c = 0\) olduğunu verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.2 (Türevin Sıfır Olduğu Bir Nokta) \(f(x) = x \sin(\pi x) - (x - 2)\ln x\) fonksiyonu için \([1, 2]\) aralığında en az bir kez \(f'(x) = 0\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Hipotezler. \(x\), \(\sin x\) ve \(\ln x\) fonksiyonları \([1, 2]\) üzerinde sürekli ve türevlenebilirdir; \(f\) bunların çarpım ve farklarından oluştuğundan \(f \in C[1, 2]\)’dir ve \(f\), \((1, 2)\) üzerinde türevlenebilirdir:
\[f'(x) = \sin(\pi x) + \pi x \cos(\pi x) - \ln x - \frac{x - 2}{x}.\]
Uç değerler. \(\sin \pi = \sin 2\pi = 0\) ve \(\ln 1 = 0\) olduğundan
\[ \begin{aligned} f(1) &= 1 \cdot \sin \pi - (1 - 2)\ln 1 = 0, \\[1mm] f(2) &= 2 \sin(2\pi) - (2 - 2)\ln 2 = 0. \end{aligned} \]
Sonuç. Ortalama değer teoremi (Teorem 1.4) gereği en az bir \(c \in (1, 2)\) için
\[f'(c) = \frac{f(2) - f(1)}{2 - 1} = \frac{0 - 0}{1} = 0\]
olur. (\(f(1) = f(2)\) olduğundan bu, Rolle teoreminin (Teorem 1.3) doğrudan sonucudur.) Sayısal olarak bu nokta \(c \approx 1{,}5751\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.3 (Bir Mutlak Değerin Maksimumu) \[\max_{x \in [0, 1]} \left| \frac{2 - e^x + 2x}{3} \right|\]
değerini bulunuz.
Çözüm
Maksimumun varlığı. \(f(x) = \dfrac{2 - e^x + 2x}{3}\) olsun. \(f \in C[0, 1]\) olduğundan ekstrem değer teoremi (Teorem 1.5) gereği \(f\) bu aralıkta maksimum ve minimum değerini alır. \(f\), \((0, 1)\) üzerinde türevli olduğundan bu değerler uç noktalarda ya da \(f'(x) = 0\) olan noktalarda alınır.
Kritik nokta.
\[f'(x) = \frac{-e^x + 2}{3} = 0 \iff e^x = 2 \iff x = \ln 2.\]
\(\ln 2 \approx 0{,}6931 \in (0, 1)\)’dir.
Değerler.
\[ \begin{aligned} f(0) &= \frac{2 - 1 + 0}{3} = \frac{1}{3} \approx 0{,}3333, \\[1mm] f(\ln 2) &= \frac{2 - 2 + 2\ln 2}{3} = \frac{2\ln 2}{3} \approx 0{,}4621, \\[1mm] f(1) &= \frac{2 - e + 2}{3} = \frac{4 - e}{3} \approx 0{,}4272. \end{aligned} \]
Mutlak değer. \(f\)’nin minimumu \(\frac{1}{3} > 0\) olduğundan \([0, 1]\) üzerinde \(f > 0\) ve \(|f| = f\)’dir. Dolayısıyla
\[\max_{0 \le x \le 1} |f(x)| = \max\left\{ \frac{1}{3},\ \frac{2\ln 2}{3},\ \frac{4 - e}{3} \right\} = \frac{2\ln 2}{3} \approx 0{,}4621.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.4 (Karekök 105 için Yaklaşık Değer) \(\sqrt{105}\) sayısı için bir yaklaşık değer bulunuz ve yapılan hata için bir üst sınır belirleyiniz.
Çözüm
Seçim. \(f(x) = \sqrt{x}\), \(x_0 = 100\) ve \(n = 1\) için Taylor teoremini (Teorem 1.9) kullanalım; \(\sqrt{100} = 10\) bilinen bir değerdir. \(\xi(x)\), \(100\) ile \(x\) arasında olmak üzere
\[f(x) = \underbrace{f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)}_{P_1(x)} + \underbrace{\frac{f''(\xi(x))}{2}(x - x_0)^2}_{R_1(x)}.\]
Türevler ve polinom. \(f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\) ve \(f''(x) = -\dfrac{1}{4\sqrt{x^3}}\) olduğundan
\[P_1(x) = \sqrt{100} + \frac{1}{2\sqrt{100}}(x - 100) = 10 + \frac{x - 100}{20}\]
ve
\[\sqrt{105} \approx P_1(105) = 10 + \frac{5}{20} = 10{,}25.\]
Hata için üst sınır. Kalan terim
\[R_1(x) = -\frac{(x - 100)^2}{8\sqrt{(\xi(x))^3}}, \qquad R_1(105) = -\frac{25}{8\sqrt{(\xi(105))^3}}\]
olup \(100 < \xi(105) < 105\)’tir. \(\sqrt{t^3}\) artan olduğundan
\[|R_1(105)| = \frac{25}{8\sqrt{(\xi(105))^3}} < \frac{25}{8\sqrt{100^3}} = \frac{25}{8000} = 0{,}003125\]
yapılan hata için bir üst sınırdır. Buna göre
\[10{,}25 - 0{,}003125 < \sqrt{105} < 10{,}25 + 0{,}003125,\]
yani \(10{,}246875 < \sqrt{105} < 10{,}253125\). (\(R_1(105) < 0\) olduğundan aslında \(\sqrt{105} < 10{,}25\)’tir.) Gerçek değer \(\sqrt{105} = 10{,}2469508\dots\) olduğundan gerçek hata yaklaşık \(0{,}0030492\)’dir ve bulunan sınırın altında kalır.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.5 (Beşinci Kökün Bulunduğu Aralık) \(\sqrt[5]{1{,}1}\) sayısı virgülden sonra 4 ondalık basamak, yani \(10^{-4}\) hassasiyetle hangi aralıktadır?
Çözüm
Seçim. \(f(x) = (1 + x)^{1/5}\), \(x_0 = 0\) ve \(n = 2\) için Taylor teoremini (Teorem 1.9) uygulayalım. \(\xi(x)\), \(0\) ile \(x\) arasında olmak üzere
\[f(x) = \underbrace{f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2}_{P_2(x)} + \underbrace{\frac{f'''(\xi(x))}{3!}(x - x_0)^3}_{R_2(x)}.\]
Türevler.
\[ \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{5(1 + x)^{4/5}}, & f''(x) &= -\frac{4}{25(1 + x)^{9/5}}, \\[1mm] f'''(x) &= \frac{36}{125(1 + x)^{14/5}}. & & \end{aligned} \]
Polinom ve yaklaşık değer. \(f(0) = 1\), \(f'(0) = \frac{1}{5}\), \(f''(0) = -\frac{4}{25}\) olduğundan
\[P_2(x) = 1 + \frac{x}{5} - \frac{4x^2}{2! \cdot 25} = 1 + \frac{x}{5} - \frac{2x^2}{25}.\]
\(x = 0{,}1\) alınırsa
\[\sqrt[5]{1{,}1} = f(0{,}1) \approx P_2(0{,}1) = 1 + \frac{0{,}1}{5} - \frac{4(0{,}1)^2}{50} = 1{,}0192.\]
Hata için üst sınır. \(0 < \xi(0{,}1) < 0{,}1\) olmak üzere
\[R_2(0{,}1) = \frac{36\,(0{,}1)^3}{3! \cdot 125\,\sqrt[5]{(1 + \xi(0{,}1))^{14}}}\]
olur. \((1 + \xi(0{,}1))^{14} > 1\) olduğundan
\[0 < R_2(0{,}1) < \frac{36\,(0{,}1)^3}{6 \cdot 125 \cdot 1} = 0{,}000048 = 0{,}48 \cdot 10^{-4} < 10^{-4}.\]
Aralık.
\[|f(0{,}1) - P_2(0{,}1)| = |R_2(0{,}1)| < 0{,}48 \cdot 10^{-4}\]
olduğundan
\[1{,}0192 - 0{,}000048 < \sqrt[5]{1{,}1} < 1{,}0192 + 0{,}000048,\]
yani \(1{,}019152 < \sqrt[5]{1{,}1} < 1{,}019248\) bulunur. (\(R_2 > 0\) olduğundan aslında \(\sqrt[5]{1{,}1} > 1{,}0192\)’dir.)
Gerçek hata ile karşılaştırma. \(\sqrt[5]{1{,}1}\) sayısının gerçek değeri \(1{,}019244876\dots\) olduğundan bu yaklaşımdaki gerçek hata
\[|1{,}019244876 - 1{,}0192| = 0{,}44876 \cdot 10^{-4}\]
olur. Her zaman gerçek hata, hata için bulunan üst sınırdan küçük ya da ona eşittir; burada \(0{,}44876 \cdot 10^{-4} \le 0{,}48 \cdot 10^{-4}\)’tür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 1.6 (Taylor Polinomu ile İntegral Hesabı) \(\displaystyle\int_0^{0{,}1} \cos x\,dx\) integralini 3. mertebeden Taylor polinomu yardımıyla yaklaşık olarak hesaplayınız. Oluşan hata için bir üst sınır belirleyip bu sınırı gerçek hata ile karşılaştırınız.
Çözüm
Taylor açılımı. \(f(x) = \cos x\), \(x_0 = 0\) ve \(n = 3\) alalım. \(f'(x) = -\sin x\), \(f''(x) = -\cos x\), \(f'''(x) = \sin x\), \(f^{(4)}(x) = \cos x\) olduğundan Taylor teoremi (Teorem 1.9) gereği
\[\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\cos(\xi(x))\]
bulunur; burada \(\xi(x)\) sayısı \(0\) ile \(x\) arasındadır. Son terim \(\cos x - 1 + \frac{x^2}{2}\) farkına eşit olduğundan sürekli bir fonksiyondur ve integrali alınabilir.
İntegral.
\[ \begin{aligned} \int_0^{0{,}1} \cos x\,dx &= \int_0^{0{,}1} \left(1 - \frac{x^2}{2}\right) dx + \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4 \cos(\xi(x))\,dx \\[1mm] &= \left(x - \frac{x^3}{6}\right)\Big|_0^{0{,}1} + \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4 \cos(\xi(x))\,dx \\[1mm] &= 0{,}1 - \frac{(0{,}1)^3}{6} + \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4 \cos(\xi(x))\,dx. \end{aligned} \]
Buna göre
\[\int_0^{0{,}1} \cos x\,dx \approx 0{,}1 - \frac{0{,}001}{6} = 0{,}099833333333.\]
Hata için üst sınır. \(|\cos(\xi(x))| \le 1\) kullanılırsa
\[ \begin{aligned} \left| \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4 \cos(\xi(x))\,dx \right| &\le \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4 \,|\cos(\xi(x))|\,dx \\[1mm] &\le \frac{1}{24}\int_0^{0{,}1} x^4\,dx = \frac{1}{24} \cdot \frac{x^5}{5}\Big|_0^{0{,}1} \\[1mm] &= \frac{10^{-5}}{120} = 0{,}8\overline{3} \cdot 10^{-7} \end{aligned} \]
bulunur.
Gerçek hata. Gerçek değer
\[\int_0^{0{,}1} \cos x\,dx = \sin x\,\Big|_0^{0{,}1} = \sin(0{,}1) \approx 0{,}099833416647\]
olduğundan
\[\text{Gerçek hata} = |0{,}099833416647 - 0{,}099833333333| \approx 0{,}83 \cdot 10^{-7}\]
olur. \(0{,}83 \cdot 10^{-7} \le 0{,}8\overline{3} \cdot 10^{-7}\) eşitsizliği, gerçek hatanın bulunan üst sınırı aşmadığını gösterir.
\(\blacksquare\)
Bu bölümdeki örneklerde hep bir yaklaşık değer ile gerçek değer arasındaki farka baktık. Bu farkı ölçmenin yollarını ve bilgisayarın sayıları sonlu basamakla saklamasından doğan hataları sonraki bölümde inceliyoruz: Hatalar ve Makine Sayıları.