11 Nümerik İntegrasyon
Belirli bir integrali ilkel fonksiyonla hesaplamak her zaman mümkün değildir: \(e^{-x^2}\) gibi pek çok fonksiyonun ilkeli elemanter fonksiyonlarla yazılamaz, bazen de \(f\) yalnız birkaç noktadaki değerleriyle bilinir. Böyle durumlarda integrale bir yaklaşım bulmak için nümerik integrasyon teknikleri kullanılır. Fikir Nümerik Türev bölümündekiyle aynıdır: \(f\) yerine onu birkaç noktada interpole eden Lagrange polinomunu koyarız. Polinomun integrali kolayca hesaplanır, hata ise Lagrange hata teriminden gelir.
Bu yolla elde edilen en bilinen formül Simpson Kuralıdır. Thomas Simpson’ın 1743 tarihli kitabında geçer; Kepler benzer bir kuralı 1615’te fıçıların hacmini hesaplamak için kullanmıştı. Eşit aralıklı noktalarla kurulan genel formüller ise Roger Cotes’un ölümünden sonra 1722’de basılan Harmonia Mensurarum’da yer alır.
11.1 Lagrange Polinomunun İntegrali
Bütün formüllerin çıkış noktası, interpolasyon polinomunu hata terimiyle birlikte integrallemektir.
\(x_0, x_1, \dots, x_n\) noktaları \([a, b]\) aralığından seçilmiş, birbirinden farklı noktalar ve \(f \in C^{n+1}[a, b]\) olsun. \(f\)’nin bu noktalardaki Lagrange interpolasyon polinomu (Teorem 8.2)
\[P_n(x) = \sum_{k=0}^{n} f(x_k)\,L_k(x)\]
idi ve Lagrange hata terimine (Teorem 8.3) göre her \(x \in [a, b]\) için \((a, b)\)’de öyle bir \(\xi(x)\) sayısı vardır ki
\[f(x) = \sum_{k=0}^{n} f(x_k)\,L_k(x) + \frac{f^{(n+1)}(\xi(x))}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(x - x_k)\]
olur. Her iki tarafın \([a, b]\) aralığında belirli integralini alalım. Toplamın integrali terim terim alınır ve \(f(x_k)\) sayıları integralin dışına çıkar:
\[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx &= \sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k) + E, \qquad a_k = \int_a^b L_k(x)\,dx,\\[1mm] E &= \frac{1}{(n+1)!}\int_a^b \prod_{k=0}^{n}(x - x_k)\, f^{(n+1)}(\xi(x))\,dx. \end{aligned} \tag{1} \]
Tanım 11.1 (Lagrange polinomuna dayalı integral formülü) \(x_0, x_1, \dots, x_n \in [a, b]\) birbirinden farklı noktalar ve \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(a_k = \int_a^b L_k(x)\,dx\) olsun.
\[\int_a^b f(x)\,dx \approx \sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\]
yaklaşımına \(x_0, \dots, x_n\) noktalarına dayalı integral formülü denir. \(x_k\) noktalarına formülün düğümleri, \(a_k\) sayılarına ağırlıkları, (1)’deki \(E\) sayısına da formülün hata terimi denir.
Yani integral, \(f\)’nin düğümlerdeki değerlerinin ağırlıklı toplamıyla yaklaşılır. Ağırlıklar yalnız düğümlere bağlıdır, \(f\)’ye bağlı değildir; bir kez hesaplanır ve her fonksiyon için kullanılır. \(f\) derecesi en çok \(n\) olan bir polinomsa \(f^{(n+1)} = 0\) olduğundan \(E = 0\) olur ve formül integrali tam verir.
11.2 Yamuk Kuralı
En basit durum \(n = 1\)’dir: \(f\)’yi aralığın uç noktalarından geçen doğruyla değiştiririz.
Önerme 11.1 (Yamuk Kuralı) \(f \in C^2[x_0, x_1]\) ve \(h = x_1 - x_0\) olsun. Öyle bir \(\xi \in (x_0, x_1)\) sayısı vardır ki
\[\int_{x_0}^{x_1} f(x)\,dx = \frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] - \frac{h^3}{12}\, f''(\xi)\]
olur.
İspat
- eşitliğini \(x_0 = a\), \(x_1 = b\) düğümleriyle, yani \(n = 1\) için yazalım:
\[ \begin{aligned} \int_{x_0}^{x_1} f(x)\,dx = {}&\int_{x_0}^{x_1}\left[f(x_0)\frac{x - x_1}{x_0 - x_1} + f(x_1)\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}\right]dx\\[1mm] &\quad + \frac{1}{2}\int_{x_0}^{x_1} f''(\xi(x))\,(x - x_0)(x - x_1)\,dx. \end{aligned} \]
Ağırlıklar. Birinci integralde ilkeller \(\frac{(x - x_1)^2}{2(x_0 - x_1)}\) ve \(\frac{(x - x_0)^2}{2(x_1 - x_0)}\)’dir:
\[ \begin{aligned} a_0 &= \left.\frac{(x - x_1)^2}{2(x_0 - x_1)}\right|_{x_0}^{x_1} = -\frac{(x_0 - x_1)^2}{2(x_0 - x_1)} = \frac{x_1 - x_0}{2} = \frac{h}{2},\\[1mm] a_1 &= \left.\frac{(x - x_0)^2}{2(x_1 - x_0)}\right|_{x_0}^{x_1} = \frac{(x_1 - x_0)^2}{2(x_1 - x_0)} = \frac{h}{2}. \end{aligned} \]
Böylece birinci integral \(\frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big]\)’e eşittir.
Hata terimi. \(x \in [x_0, x_1]\) iken \(x - x_0 \ge 0\) ve \(x - x_1 \le 0\) olduğundan \((x - x_0)(x - x_1)\) çarpımı bu aralıkta işaret değiştirmez. \(x \ne x_0, x_1\) için \(f''(\xi(x))\), \(\frac{2\,(f(x) - P_1(x))}{(x - x_0)(x - x_1)}\) oranına eşittir ve bu oran \([x_0, x_1]\)’de sürekli bir fonksiyona genişler. Dolayısıyla integraller için ağırlıklı ortalama değer teoremi (Teorem 1.8) uygulanır: öyle bir \(\xi \in (x_0, x_1)\) vardır ki
\[\int_{x_0}^{x_1} f''(\xi(x))\,(x - x_0)(x - x_1)\,dx = f''(\xi)\int_{x_0}^{x_1}(x - x_0)(x - x_1)\,dx\]
olur. Sağdaki integralde \(x = x_0 + th\) yazalım. \(x - x_0 = th\), \(x - x_1 = (t - 1)h\) ve \(dx = h\,dt\) olur; \(t\) de \(0\)’dan \(1\)’e gider:
\[\int_{x_0}^{x_1}(x - x_0)(x - x_1)\,dx = h^3\int_0^1 t(t - 1)\,dt = h^3\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{2}\right) = -\frac{h^3}{6}.\]
Hata terimi \(\frac{1}{2} f''(\xi)\left(-\frac{h^3}{6}\right) = -\frac{h^3}{12} f''(\xi)\) olur. İki parçayı toplayınca
\[\int_{x_0}^{x_1} f(x)\,dx = \frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] - \frac{h^3}{12}\, f''(\xi), \qquad \xi \in (x_0, x_1)\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani Yamuk Kuralı, \(f\)’nin altındaki alanı \((x_0, f(x_0))\) ile \((x_1, f(x_1))\) noktalarını birleştiren kirişin altındaki yamuğun alanıyla değiştirir: yamuğun paralel kenarları \(f(x_0)\) ile \(f(x_1)\), yüksekliği \(h\)’dir. Hata \(f''\) ile orantılıdır. \(f\) doğrusalsa hata sıfırdır; \([x_0, x_1]\)’de \(f'' > 0\) ise hata terimi negatiftir, yani yamuğun alanı integralden büyüktür.
Örnek 11.1 (Yamuk Kuralıyla π’ye yaklaşım) Yamuk Kuralını kullanarak \(\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx\) integrali için bir yaklaşımda bulunalım. Bu yaklaşımda oluşan mutlak hata için bir üst sınır belirleyip gerçek mutlak hatayı bulalım. Virgülden sonra 9. basamağa yuvarlama yapalım.
Çözüm
\(f(x) = \frac{4}{1 + x^2}\), \(a = x_0 = 0\), \(b = x_1 = 1\) ve \(h = b - a = 1\)’dir. Yamuk Kuralına göre
\[\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx = \frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] - \frac{h^3}{12} f''(\xi), \qquad 0 < \xi < 1\]
olduğundan
\[\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx \approx \frac{1}{2}\left[\frac{4}{1 + 0^2} + \frac{4}{1 + 1^2}\right] = \frac{1}{2}(4 + 2) = 3\]
bulunur.
Hata için üst sınır. Türevler
\[f'(x) = -\frac{8x}{(1 + x^2)^2}, \qquad f''(x) = \frac{8(3x^2 - 1)}{(1 + x^2)^3}\]
olduğundan
\[\left|-\frac{h^3}{12} f''(\xi)\right| = \frac{1}{12}\left|\frac{8(3\xi^2 - 1)}{(1 + \xi^2)^3}\right| \le \frac{1}{12}\max_{0 \le x \le 1}\left|\frac{8(3x^2 - 1)}{(1 + x^2)^3}\right|\]
olur. Bu maksimumu bulmak için \(f''\)’nin türevine bakalım:
\[f'''(x) = \frac{96x(1 - x^2)}{(1 + x^2)^4} = 0 \implies x = 0,\ 1,\ -1.\]
\(-1 \notin [0, 1]\)’dir; ayrıca \((0, 1)\)’de \(f''' > 0\) olduğundan \(f''\) bu aralıkta artandır. Dolayısıyla \(|f''|\)’nin en büyük değeri uç noktalardaki
\[|f''(0)| = \left|\frac{8(0 - 1)}{(1 + 0)^3}\right| = 8, \qquad |f''(1)| = \left|\frac{8(3 - 1)}{(1 + 1)^3}\right| = 2\]
değerlerinden büyük olanı, yani \(8\)’dir. Buna göre
\[\left|\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx - 3\right| \le \frac{8}{12} = 0{,}666666667\]
gerçeklenir.
Gerçek hata. Gerçek değer
\[\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx = 4\arctan(1) = 4 \cdot \frac{\pi}{4} = \pi = 3{,}141592654\]
olduğundan gerçek mutlak hata \(|3{,}141592654 - 3| = 0{,}141592654\)’tür. Bu değer, bulduğumuz \(0{,}666666667\) sınırının altındadır.
\(\blacksquare\)
11.3 Simpson Kuralı
Yamuk Kuralında \(f\)’yi bir doğruyla değiştirmiştik. Şimdi \(n = 2\) alıp \(f\)’yi üç noktadan geçen parabolle değiştiriyoruz: \(x_0 = a\), \(x_2 = b\), \(h = \frac{x_2 - x_0}{2} = \frac{b - a}{2}\) ve aralığın tam ortası \(x_1 = x_0 + h\)’dir.
Önerme 11.2 (Simpson Kuralı) \(f \in C^4[x_0, x_2]\), \(h = \frac{x_2 - x_0}{2}\) ve \(x_1 = x_0 + h\) olsun. Öyle bir \(\xi \in (x_0, x_2)\) sayısı vardır ki
\[\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = \frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big] - \frac{h^5}{90}\, f^{(4)}(\xi)\]
olur.
İspat
Ağırlıklar. (1)’deki \(a_k = \int_{x_0}^{x_2} L_k(x)\,dx\) integrallerinde \(x = x_0 + th\) yazalım. \(x - x_i = (t - i)h\), \(x_k - x_i = (k - i)h\), \(dx = h\,dt\) olur ve \(t\), \(0\)’dan \(2\)’ye gider:
\[ \begin{aligned} a_0 &= \int_{x_0}^{x_2}\frac{(x - x_1)(x - x_2)}{(x_0 - x_1)(x_0 - x_2)}\,dx = h\int_0^2 \frac{(t - 1)(t - 2)}{2}\,dt = h \cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3} = \frac{h}{3},\\[1mm] a_1 &= \int_{x_0}^{x_2}\frac{(x - x_0)(x - x_2)}{(x_1 - x_0)(x_1 - x_2)}\,dx = h\int_0^2 \frac{t(t - 2)}{-1}\,dt = h \cdot \frac{4}{3} = \frac{4h}{3},\\[1mm] a_2 &= \int_{x_0}^{x_2}\frac{(x - x_0)(x - x_1)}{(x_2 - x_0)(x_2 - x_1)}\,dx = h\int_0^2 \frac{t(t - 1)}{2}\,dt = h \cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3} = \frac{h}{3}. \end{aligned} \]
Burada
\[ \begin{aligned} \int_0^2 (t^2 - 3t + 2)\,dt &= \frac{8}{3} - 6 + 4 = \frac{2}{3},\\[1mm] \int_0^2 (t^2 - 2t)\,dt &= \frac{8}{3} - 4 = -\frac{4}{3},\\[1mm] \int_0^2 (t^2 - t)\,dt &= \frac{8}{3} - 2 = \frac{2}{3} \end{aligned} \]
integralleri kullanıldı. Böylece formülün ana kısmı \(\frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big]\)’dir.
Hata terimi. (1)’deki hata teriminde \((x - x_0)(x - x_1)(x - x_2)\) çarpımı \(x_1\)’de işaret değiştirir; bu yüzden ağırlıklı ortalama değer teoremini doğrudan kullanamayız. Bunun yerine \(0 \le s \le h\) için
\[G(s) = \int_{x_1 - s}^{x_1 + s} f(x)\,dx - \frac{s}{3}\big[f(x_1 - s) + 4f(x_1) + f(x_1 + s)\big]\]
fonksiyonunu tanımlayalım. \(G(h)\) tam olarak aradığımız hatadır, çünkü \(x_1 - h = x_0\) ve \(x_1 + h = x_2\)’dir. Analizin temel teoremiyle türev alırsak
\[ \begin{aligned} G'(s) &= \frac{2}{3}\big[f(x_1 + s) + f(x_1 - s)\big] - \frac{4}{3}f(x_1) - \frac{s}{3}\big[f'(x_1 + s) - f'(x_1 - s)\big],\\[1mm] G''(s) &= \frac{1}{3}\big[f'(x_1 + s) - f'(x_1 - s)\big] - \frac{s}{3}\big[f''(x_1 + s) + f''(x_1 - s)\big],\\[1mm] G'''(s) &= -\frac{s}{3}\big[f'''(x_1 + s) - f'''(x_1 - s)\big] \end{aligned} \]
bulunur ve \(G(0) = G'(0) = G''(0) = 0\)’dır. \(s > 0\) için ortalama değer teoremini (Teorem 1.4) \(f'''\)’ye \([x_1 - s, x_1 + s]\)’de uygularsak bu aralıkta bir \(\eta\) için
\[f'''(x_1 + s) - f'''(x_1 - s) = 2s\, f^{(4)}(\eta), \qquad G'''(s) = -\frac{2s^2}{3}\, f^{(4)}(\eta)\]
olur. \(f^{(4)}\) sürekli olduğundan \([x_0, x_2]\)’de en küçük değeri \(m\)’yi ve en büyük değeri \(M\)’yi alır (Teorem 1.5). Dolayısıyla
\[-\frac{2M}{3}\, s^2 \le G'''(s) \le -\frac{2m}{3}\, s^2.\]
Bu eşitsizliği \(0\)’dan \(s\)’ye üç kez integralleyelim; \(G''(0) = G'(0) = G(0) = 0\) olduğundan sırasıyla
\[ \begin{aligned} -\frac{2M}{9}\, s^3 &\le G''(s) \le -\frac{2m}{9}\, s^3,\\[1mm] -\frac{M}{18}\, s^4 &\le G'(s) \le -\frac{m}{18}\, s^4,\\[1mm] -\frac{M}{90}\, s^5 &\le G(s) \le -\frac{m}{90}\, s^5 \end{aligned} \]
elde edilir. \(s = h\) alıp \(C = -\frac{90\, G(h)}{h^5}\) dersek \(m \le C \le M\) olur.
- \(m < C < M\) ise ara değer teoremine (Teorem 1.7) göre \(f^{(4)}\)’ün en küçük ve en büyük değerini aldığı iki noktanın arasında, dolayısıyla \((x_0, x_2)\)’de, \(f^{(4)}(\xi) = C\) olan bir \(\xi\) vardır.
- \(C = M\) olsun. \(\varphi(s) = G(s) + \frac{M}{90}s^5\) dersek \(\varphi''' \ge 0\) ve \(\varphi(0) = \varphi'(0) = \varphi''(0) = 0\) olduğundan \(\varphi''\), \(\varphi'\) ve \(\varphi\) negatif olmayan, azalmayan fonksiyonlardır. \(\varphi(h) = 0\) olduğundan \([0, h]\) üzerinde \(\varphi \equiv 0\), dolayısıyla \(\varphi''' \equiv 0\) olur; yani yukarıdaki eşitsizliklerin hepsi eşitliğe döner. Özellikle \(s = h\)’de \(f'''(x_2) - f'''(x_0) = 2Mh\), yani \(\int_{x_0}^{x_2}\big(M - f^{(4)}(x)\big)dx = 0\) olur. Sürekli ve negatif olmayan \(M - f^{(4)}\) fonksiyonu özdeş olarak sıfırdır, bu yüzden \(\xi = x_1\) alınabilir. \(C = m\) durumu aynı biçimde gösterilir.
Her durumda \(G(h) = -\frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi)\) olur. Ana kısımla birleştirince
\[\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = \frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big] - \frac{h^5}{90}\, f^{(4)}(\xi), \qquad \xi \in (x_0, x_2)\]
elde edilir.
\(\blacksquare\)
Yani Simpson Kuralı, \(f\)’nin altındaki alanı \((x_0, f(x_0))\), \((x_1, f(x_1))\), \((x_2, f(x_2))\) noktalarından geçen parabolün altındaki alanla değiştirir. Hata terimi \(f^{(4)}\) içerdiğinden kural, ikinci dereceden interpolasyonla kurulduğu hâlde derecesi en çok \(3\) olan her polinom için integrali tam verir. Yamuk Kuralı ise ancak birinci dereceye kadar tamdır.
Aynı formüle Taylor açılımıyla da ulaşılabilir. \(f\)’yi \(x_1\) civarında üçüncü dereceden Taylor polinomu ve kalan terimiyle (Teorem 1.9) yazıp \([x_0, x_2]\)’de integrallersek tek dereceli terimler simetriden dolayı sıfır olur. Kalan terim \(\frac{1}{24} f^{(4)}(\xi(x))\,(x - x_1)^4\) biçimindedir. \(x \ne x_1\) için \(f^{(4)}(\xi(x)) = \frac{24\,(f(x) - P_3(x))}{(x - x_1)^4}\) olduğundan bu oran \(x\)’in sürekli fonksiyonudur ve \(x_1\)’de \(f^{(4)}(x_1)\) değeriyle sürekli genişler. Kalan terime \((x - x_1)^4 \ge 0\) ağırlığıyla Teorem 1.8 uygulanınca
\[\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = 2h f(x_1) + \frac{h^3}{3} f''(x_1) + \frac{h^5}{60} f^{(4)}(\xi_1)\]
bulunur. \(f''(x_1)\) yerine İkinci Türev İçin Orta Nokta Formülündeki (Önerme 10.4) ifade konursa
\[\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = \frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big] + \frac{h^5}{60} f^{(4)}(\xi_1) - \frac{h^5}{36} f^{(4)}(\xi_2)\]
elde edilir. Bu yol ana kısmı ve hatanın \(h^5\) mertebesini hızla verir; \(\frac{1}{60} - \frac{1}{36} = -\frac{1}{90}\) olduğundan sabit de doğrudur. Ancak \(\xi_1\) ile \(\xi_2\) farklı olabileceği için hatanın tek bir \(\xi\) ile \(-\frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi)\) biçiminde yazılabileceğini yukarıdaki ispat garanti eder.
Örnek 11.2 (Simpson Kuralıyla π’ye yaklaşım) Simpson Kuralını kullanarak \(\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx\) integrali için bir yaklaşımda bulunalım. Mutlak hata için bir üst sınır belirleyip gerçek mutlak hatayı bulalım. Virgülden sonra 9. basamağa yuvarlama yapalım.
Çözüm
\(f(x) = \frac{4}{1 + x^2}\), \(x_0 = 0\), \(x_2 = 1\), \(h = \frac{1 - 0}{2} = 0{,}5\) ve \(x_1 = 0{,}5\)’tir. Fonksiyon değerleri
\[f(0) = 4, \qquad f(0{,}5) = \frac{4}{1{,}25} = 3{,}2, \qquad f(1) = 2\]
olduğundan
\[\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx \approx \frac{0{,}5}{3}\big[4 + 4 \cdot 3{,}2 + 2\big] = \frac{18{,}8}{6} = 3{,}133333333\]
bulunur.
Hata için üst sınır. Hata terimi \(-\frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi)\) olduğundan \(f^{(4)}\)’e ihtiyacımız var:
\[f^{(4)}(x) = \frac{96(5x^4 - 10x^2 + 1)}{(1 + x^2)^5}, \qquad f^{(5)}(x) = -\frac{960x(x^2 - 3)(3x^2 - 1)}{(1 + x^2)^6}.\]
\(f^{(5)}\)’in \([0, 1]\)’deki sıfırları \(x = 0\) ve \(x = \frac{1}{\sqrt{3}}\)’tür. Uç noktalarla birlikte
\[f^{(4)}(0) = 96, \qquad f^{(4)}\!\left(\tfrac{1}{\sqrt{3}}\right) = -\frac{81}{2}, \qquad f^{(4)}(1) = -12\]
olduğundan \(\max_{0 \le x \le 1}|f^{(4)}(x)| = 96\)’dır. Buna göre
\[\left|-\frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi)\right| \le \frac{(0{,}5)^5}{90}\cdot 96 = \frac{1}{30} = 0{,}033333333.\]
Gerçek hata. Gerçek değer \(\pi = 3{,}141592654\) olduğundan gerçek mutlak hata
\[|3{,}141592654 - 3{,}133333333| = 0{,}008259321\]
olur. Yamuk Kuralının hatası \(0{,}141592654\)’tü (Örnek 11.1); yalnız bir fonksiyon değeri daha hesaplayarak hatayı yaklaşık \(17\) kat küçülttük.
\(\blacksquare\)
11.4 Newton-Cotes Formülleri
Yamuk ve Simpson kuralları, Newton-Cotes formülleri olarak bilinen nümerik integrasyon tekniklerinin özel hâlleridir. Bu formüllerde düğümler eşit aralıklıdır ve iki şekli vardır: aralığın uç noktalarını kullanan kapalı formüller ve kullanmayan açık formüller.
Kapalı Newton-Cotes Formülleri
Yamuk ve Simpson kurallarında uç noktalar düğümdü. Aynı fikri \(n + 1\) eşit aralıklı noktaya genelleştirelim.
Tanım 11.2 (Kapalı Newton-Cotes formülü) \(n \ge 1\), \(h = \frac{b - a}{n}\) ve \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(x_k = x_0 + kh\) olsun; böylece \(x_0 = a\) ve \(x_n = b\)’dir.
\[a_k = \int_{x_0}^{x_n} L_k(x)\,dx = \int_{x_0}^{x_n}\prod_{\substack{i=0\\ i \ne k}}^{n}\frac{x - x_i}{x_k - x_i}\,dx\]
olmak üzere
\[\int_a^b f(x)\,dx \approx \sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\]
yaklaşımına \((n+1)\)-nokta Kapalı Newton-Cotes formülü denir.
Yani kapalı formül, \([a, b]\)’yi \(n\) eşit parçaya bölen \(n + 1\) noktanın hepsini, uç noktalar dahil, düğüm olarak kullanan integral formülüdür. \(n = 1\) Yamuk Kuralını, \(n = 2\) Simpson Kuralını verir.
Ağırlıkları hesaplamak için, Simpson Kuralının ispatındaki gibi \(x = x_0 + th\) yazalım. \(x - x_i = (t - i)h\), \(x_k - x_i = (k - i)h\) ve \(dx = h\,dt\) olur, \(t\) de \(0\)’dan \(n\)’ye gider:
\[a_k = h\int_0^n \prod_{\substack{i=0\\ i \ne k}}^{n}\frac{t - i}{k - i}\,dt. \tag{2}\]
Demek ki \(a_k\), \(h\) ile yalnız \(n\)’ye ve \(k\)’ye bağlı bir sayının çarpımıdır. \(t \mapsto n - t\) dönüşümü \(L_k\)’yi \(L_{n-k}\)’ye götürdüğünden \(a_k = a_{n-k}\)’dır. Ayrıca \(f \equiv 1\) için formül tam olduğundan ağırlıkların toplamı \(b - a = nh\)’dir.
Kapalı Newton-Cotes formülleriyle hesaplanan integrallerin hata terimleri hakkındaki bilgiyi aşağıdaki teorem verir.
Teorem 11.1 (Kapalı Newton-Cotes formüllerinin hata terimi) \(x_0 = a\), \(x_n = b\) ve \(h = \frac{b - a}{n}\) olmak üzere \((n+1)\)-nokta Kapalı Newton-Cotes formülünü ele alalım.
- \(n\) çift tam sayı ve \(f \in C^{n+2}[a, b]\) ise \[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx = {}&\sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\\[1mm] &\quad + \frac{h^{n+3} f^{(n+2)}(\xi)}{(n+2)!}\int_0^n t^2(t - 1)(t - 2)\cdots(t - n)\,dt \end{aligned} \] olacak şekilde bir \(\xi \in (a, b)\) sayısı vardır.
- \(n\) tek tam sayı ve \(f \in C^{n+1}[a, b]\) ise \[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx = {}&\sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\\[1mm] &\quad + \frac{h^{n+2} f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\int_0^n t(t - 1)(t - 2)\cdots(t - n)\,dt \end{aligned} \] olacak şekilde bir \(\xi \in (a, b)\) sayısı vardır.
Teorem, \(n\) çift olduğunda hata teriminde bir mertebe kazanıldığını söyler: hata \(f^{(n+1)}\) yerine \(f^{(n+2)}\) içerir, dolayısıyla formül derecesi en çok \(n + 1\) olan polinomlar için de tamdır. Simpson Kuralında gördüğümüz durum buydu. Teoremin genel ispatı uzun bir hesap gerektirdiğinden burada vermiyoruz; \(n = 1\) ve \(n = 2\) durumlarını Yamuk ve Simpson kurallarında ayrıca ispatladık. Yaklaşık integral hesaplarında çok kullanılan üç formülü şimdi bu teoremden çıkaralım.
Sonuç 11.1 (Yamuk, Simpson ve Simpson 3/8 kuralları) \(h = \frac{b - a}{n}\) ve \(x_k = x_0 + kh\) olsun. Yamuk Kuralında \(f \in C^2[x_0, x_1]\), Simpson Kuralında \(f \in C^4[x_0, x_2]\), Simpson 3/8 Kuralında \(f \in C^4[x_0, x_3]\) ise:
- \(n = 1\), Yamuk Kuralı: \[\int_{x_0}^{x_1} f(x)\,dx = \frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] - \frac{h^3}{12} f''(\xi), \qquad x_0 < \xi < x_1.\]
- \(n = 2\), Simpson Kuralı: \[\int_{x_0}^{x_2} f(x)\,dx = \frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big] - \frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi), \qquad x_0 < \xi < x_2.\]
- \(n = 3\), Simpson 3/8 Kuralı: \[ \begin{aligned} \int_{x_0}^{x_3} f(x)\,dx = {}&\frac{3h}{8}\big[f(x_0) + 3f(x_1) + 3f(x_2) + f(x_3)\big]\\[1mm] &\quad - \frac{3h^5}{80} f^{(4)}(\xi), \qquad x_0 < \xi < x_3. \end{aligned} \]
İspat
Her \(n\) için ağırlıkları (2) ile, hata terimini Teorem 11.1 ile hesaplıyoruz.
\(n = 1\). (2)’den
\[a_0 = h\int_0^1 \frac{t - 1}{0 - 1}\,dt = h\int_0^1 (1 - t)\,dt = \frac{h}{2}, \qquad a_1 = h\int_0^1 \frac{t - 0}{1 - 0}\,dt = \frac{h}{2}.\]
\(n\) tek olduğundan teoremin 2. kısmı kullanılır:
\[\int_0^1 t(t - 1)\,dt = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{6}, \qquad \frac{h^3 f''(\xi)}{2!}\cdot\left(-\frac{1}{6}\right) = -\frac{h^3}{12} f''(\xi).\]
\(n = 2\). Ağırlıkları Simpson Kuralının ispatında aynı \(x = x_0 + th\) dönüşümüyle bulmuştuk:\(a_0 = a_2 = \frac{h}{3}\), \(a_1 = \frac{4h}{3}\). \(n\) çift olduğundan teoremin 1. kısmı kullanılır:
\[\int_0^2 t^2(t - 1)(t - 2)\,dt = \int_0^2 (t^4 - 3t^3 + 2t^2)\,dt = \frac{32}{5} - 12 + \frac{16}{3} = -\frac{4}{15},\]
\[\frac{h^5 f^{(4)}(\xi)}{4!}\cdot\left(-\frac{4}{15}\right) = -\frac{4h^5}{360} f^{(4)}(\xi) = -\frac{h^5}{90} f^{(4)}(\xi).\]
\(n = 3\). (2)’den
\[ \begin{aligned} a_0 &= h\int_0^3 \frac{(t - 1)(t - 2)(t - 3)}{(-1)(-2)(-3)}\,dt = -\frac{h}{6}\int_0^3 (t^3 - 6t^2 + 11t - 6)\,dt\\[1mm] &= -\frac{h}{6}\left(\frac{81}{4} - 54 + \frac{99}{2} - 18\right) = -\frac{h}{6}\cdot\left(-\frac{9}{4}\right) = \frac{3h}{8},\\[1mm] a_1 &= h\int_0^3 \frac{t(t - 2)(t - 3)}{(1)(-1)(-2)}\,dt = \frac{h}{2}\int_0^3 (t^3 - 5t^2 + 6t)\,dt\\[1mm] &= \frac{h}{2}\left(\frac{81}{4} - 45 + 27\right) = \frac{h}{2}\cdot\frac{9}{4} = \frac{9h}{8} \end{aligned} \]
ve simetriden \(a_2 = a_1 = \frac{9h}{8}\), \(a_3 = a_0 = \frac{3h}{8}\)’dir. Ağırlıkların toplamı \(\frac{3h + 9h + 9h + 3h}{8} = 3h\)’dir, beklendiği gibi. Bu ağırlıklar Simpson 3/8 Kuralının ana kısmını verir. \(n\) tek olduğundan teoremin 2. kısmı kullanılır:
\[ \begin{aligned} \int_0^3 t(t - 1)(t - 2)(t - 3)\,dt &= \int_0^3 (t^4 - 6t^3 + 11t^2 - 6t)\,dt\\[1mm] &= \frac{243}{5} - \frac{243}{2} + 99 - 27 = -\frac{9}{10}, \end{aligned} \]
\[\frac{h^5 f^{(4)}(\xi)}{4!}\cdot\left(-\frac{9}{10}\right) = -\frac{9h^5}{240} f^{(4)}(\xi) = -\frac{3h^5}{80} f^{(4)}(\xi).\]
\(\blacksquare\)
Yani Simpson 3/8 Kuralı dört noktadan geçen kübik polinomun integralidir; hatası Simpson Kuralındaki gibi \(h^5 f^{(4)}\) mertebesindedir. Aynı \([a, b]\) aralığında Simpson Kuralı \(h = \frac{b - a}{2}\), Simpson 3/8 Kuralı \(h = \frac{b - a}{3}\) kullanır. Hata sabitlerinin oranı
\[\frac{\frac{3}{80}\left(\frac{b - a}{3}\right)^5}{\frac{1}{90}\left(\frac{b - a}{2}\right)^5} = \frac{270}{80}\cdot\frac{32}{243} = \frac{4}{9}\]
olduğundan, \(f^{(4)}\) aralıkta fazla değişmiyorsa Simpson 3/8 Kuralının hatası Simpson Kuralınınkinin yaklaşık \(\frac{4}{9}\)’u kadardır.
Örnek 11.3 (Kapalı Newton-Cotes formülleriyle sinüs integrali) Kapalı Newton-Cotes formüllerini \(n = 1, 2, 3\) için kullanarak \(\int_0^{\pi/4} \sin x\,dx\) integrali için yaklaşımlarda bulunalım ve bunları gerçek değerle karşılaştıralım. Virgülden sonra 9. basamağa yuvarlama yapalım.
Çözüm
\(f(x) = \sin x\), \(a = 0\), \(b = \frac{\pi}{4}\)’tür.
\(n = 1\) (Yamuk Kuralı). \(x_0 = 0\), \(x_1 = \frac{\pi}{4}\), \(h = \frac{\pi}{4}\):
\[\int_0^{\pi/4}\sin x\,dx \approx \frac{h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] = \frac{\pi}{8}\left[\sin 0 + \sin\frac{\pi}{4}\right] = 0{,}277680184.\]
\(n = 2\) (Simpson Kuralı). \(x_0 = 0\), \(x_2 = \frac{\pi}{4}\), \(h = \frac{\pi/4}{2} = \frac{\pi}{8}\), \(x_1 = \frac{\pi}{8}\):
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\sin x\,dx &\approx \frac{h}{3}\big[f(x_0) + 4f(x_1) + f(x_2)\big]\\[1mm] &= \frac{\pi}{24}\left[\sin 0 + 4\sin\frac{\pi}{8} + \sin\frac{\pi}{4}\right] = 0{,}292932638. \end{aligned} \]
\(n = 3\) (Simpson 3/8 Kuralı). \(x_0 = 0\), \(x_3 = \frac{\pi}{4}\), \(h = \frac{\pi/4}{3} = \frac{\pi}{12}\), \(x_1 = \frac{\pi}{12}\), \(x_2 = 2 \cdot \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{6}\):
\[ \begin{aligned} \int_0^{\pi/4}\sin x\,dx &\approx \frac{3h}{8}\big[f(x_0) + 3f(x_1) + 3f(x_2) + f(x_3)\big]\\[1mm] &= \frac{\pi}{32}\left[\sin 0 + 3\sin\frac{\pi}{12} + 3\sin\frac{\pi}{6} + \sin\frac{\pi}{4}\right]\\[1mm] &= 0{,}292910703. \end{aligned} \]
Karşılaştırma. Gerçek değer
\[\int_0^{\pi/4}\sin x\,dx = \cos 0 - \cos\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0{,}292893219\]
olduğundan mutlak hatalar şöyledir:
\[ \begin{aligned} n = 1:&\quad |0{,}292893219 - 0{,}277680184| = 0{,}015213035,\\[1mm] n = 2:&\quad |0{,}292893219 - 0{,}292932638| = 0{,}000039419,\\[1mm] n = 3:&\quad |0{,}292893219 - 0{,}292910703| = 0{,}000017484. \end{aligned} \]
En iyi yaklaşımı Simpson 3/8 Kuralı ile elde ettik. Simpson 3/8 Kuralının hatasının Simpson Kuralınınkine oranı \(\frac{0{,}000017484}{0{,}000039419} \approx 0{,}44\)’tür; bu, yukarıda bulduğumuz \(\frac{4}{9} \approx 0{,}44\) oranıyla uyumludur.
\(\blacksquare\)
Açık Newton-Cotes Formülleri
Kapalı formüller \(f\)’yi aralığın uç noktalarında da hesaplar. \(f\) uç noktada tanımsızsa ya da orada hesaplanması zorsa, düğümleri yalnız aralığın içinden seçmek gerekir.
Tanım 11.3 (Açık Newton-Cotes formülü) \(n \ge 0\), \(h = \frac{b - a}{n + 2}\), \(x_0 = a + h\) ve \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(x_k = x_0 + kh\) olsun; böylece \(x_n = b - h\)’dir. Ayrıca \(x_{-1} = a\) ve \(x_{n+1} = b\) yazalım. \(a_k = \int_a^b L_k(x)\,dx\) olmak üzere
\[\int_a^b f(x)\,dx = \int_{x_{-1}}^{x_{n+1}} f(x)\,dx \approx \sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\]
yaklaşımına \((n+1)\)-noktalı Açık Newton-Cotes formülü denir.
Yani \([a, b]\) aralığı \(n + 2\) eşit parçaya bölünür ve uç noktalar dışarıda bırakılarak kalan \(n + 1\) iç nokta düğüm olur. \(L_k\) polinomları yine yalnız \(x_0, \dots, x_n\) düğümleriyle kurulur, ama integral bütün \([a, b]\) üzerinden alınır.
Ağırlıklar yine \(x = x_0 + th\) ile hesaplanır. Bu kez \(x = a = x_{-1}\) noktası \(t = -1\)’e, \(x = b = x_{n+1}\) noktası \(t = n + 1\)’e karşılık gelir:
\[a_k = h\int_{-1}^{n+1} \prod_{\substack{i=0\\ i \ne k}}^{n}\frac{t - i}{k - i}\,dt. \tag{3}\]
Açık Newton-Cotes formülleriyle hesaplanan integrallerin hata terimleri hakkındaki bilgiyi aşağıdaki teorem verir.
Teorem 11.2 (Açık Newton-Cotes formüllerinin hata terimi) \(k = 0, 1, \dots, n\) için \(h = \frac{b - a}{n + 2}\), \(x_0 = a + h\), \(x_n = b - h\), \(x_k = x_0 + kh\), \(x_{-1} = a\) ve \(x_{n+1} = b\) olmak üzere \((n+1)\)-noktalı Açık Newton-Cotes formülünü ele alalım.
- \(n\) çift tam sayı ve \(f \in C^{n+2}[a, b]\) ise \[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx = {}&\sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\\[1mm] &\quad + \frac{h^{n+3} f^{(n+2)}(\xi)}{(n+2)!}\int_{-1}^{n+1} t^2(t - 1)(t - 2)\cdots(t - n)\,dt \end{aligned} \] olacak şekilde bir \(\xi \in (a, b)\) sayısı vardır.
- \(n\) tek tam sayı ve \(f \in C^{n+1}[a, b]\) ise \[ \begin{aligned} \int_a^b f(x)\,dx = {}&\sum_{k=0}^{n} a_k\, f(x_k)\\[1mm] &\quad + \frac{h^{n+2} f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\int_{-1}^{n+1} t(t - 1)(t - 2)\cdots(t - n)\,dt \end{aligned} \] olacak şekilde bir \(\xi \in (a, b)\) sayısı vardır.
Burada \(n = 0\) için \(t^2(t - 1)\cdots(t - n)\) çarpımı yalnız \(t^2\)’dir. Bu teoremin de genel ispatını vermiyoruz. Çok kullanılan üç açık formülü ondan çıkaralım.
Sonuç 11.2 (Orta Nokta Kuralı ve iki açık formül) \(h = \frac{b - a}{n + 2}\), \(x_k = x_0 + kh\), \(x_{-1} = a\) ve \(x_{n+1} = b\) olsun. \(n = 0\) ve \(n = 1\) için \(f \in C^2[a, b]\), \(n = 2\) için \(f \in C^4[a, b]\) ise:
- \(n = 0\), Orta Nokta Kuralı: \[\int_{x_{-1}}^{x_1} f(x)\,dx = 2h\, f(x_0) + \frac{h^3}{3} f''(\xi), \qquad x_{-1} < \xi < x_1.\]
- \(n = 1\): \[\int_{x_{-1}}^{x_2} f(x)\,dx = \frac{3h}{2}\big[f(x_0) + f(x_1)\big] + \frac{3h^3}{4} f''(\xi), \qquad x_{-1} < \xi < x_2.\]
- \(n = 2\): \[ \begin{aligned} \int_{x_{-1}}^{x_3} f(x)\,dx = {}&\frac{4h}{3}\big[2f(x_0) - f(x_1) + 2f(x_2)\big]\\[1mm] &\quad + \frac{14h^5}{45} f^{(4)}(\xi), \qquad x_{-1} < \xi < x_3. \end{aligned} \]
İspat
Her \(n\) için ağırlıkları (3) ile, hata terimini Teorem 11.2 ile hesaplıyoruz.
\(n = 0\). Tek düğüm olduğundan \(L_0(x) = 1\) ve \(a_0 = h\int_{-1}^{1} dt = 2h\)’dir. \(n\) çift olduğundan teoremin 1. kısmı kullanılır:
\[\int_{-1}^{1} t^2\,dt = \frac{2}{3}, \qquad \frac{h^3 f''(\xi)}{2!}\cdot\frac{2}{3} = \frac{h^3}{3} f''(\xi).\]
\(n = 1\). (3)’ten
\[ \begin{aligned} a_0 &= h\int_{-1}^{2}\frac{t - 1}{0 - 1}\,dt = h\left[t - \frac{t^2}{2}\right]_{-1}^{2} = h\left(0 + \frac{3}{2}\right) = \frac{3h}{2},\\[1mm] a_1 &= h\int_{-1}^{2}\frac{t - 0}{1 - 0}\,dt = h\left[\frac{t^2}{2}\right]_{-1}^{2} = h\left(2 - \frac{1}{2}\right) = \frac{3h}{2}. \end{aligned} \]
\(n\) tek olduğundan teoremin 2. kısmı kullanılır:
\[\int_{-1}^{2} t(t - 1)\,dt = \frac{8 + 1}{3} - \frac{4 - 1}{2} = \frac{3}{2}, \qquad \frac{h^3 f''(\xi)}{2!}\cdot\frac{3}{2} = \frac{3h^3}{4} f''(\xi).\]
\(n = 2\). \(\int_{-1}^{3} t^2\,dt = \frac{28}{3}\), \(\int_{-1}^{3} t\,dt = 4\) ve \(\int_{-1}^{3} dt = 4\) olduğundan (3)’ten
\[ \begin{aligned} a_0 &= h\int_{-1}^{3}\frac{(t - 1)(t - 2)}{2}\,dt = \frac{h}{2}\left(\frac{28}{3} - 12 + 8\right) = \frac{8h}{3},\\[1mm] a_1 &= h\int_{-1}^{3}\frac{t(t - 2)}{-1}\,dt = -h\left(\frac{28}{3} - 8\right) = -\frac{4h}{3},\\[1mm] a_2 &= h\int_{-1}^{3}\frac{t(t - 1)}{2}\,dt = \frac{h}{2}\left(\frac{28}{3} - 4\right) = \frac{8h}{3} \end{aligned} \]
bulunur; ana kısım \(\frac{4h}{3}\big[2f(x_0) - f(x_1) + 2f(x_2)\big]\)’dir. \(n\) çift olduğundan teoremin 1. kısmı kullanılır:
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{3} t^2(t - 1)(t - 2)\,dt &= \int_{-1}^{3}(t^4 - 3t^3 + 2t^2)\,dt\\[1mm] &= \frac{244}{5} - 60 + \frac{56}{3} = \frac{112}{15}, \end{aligned} \]
\[\frac{h^5 f^{(4)}(\xi)}{4!}\cdot\frac{112}{15} = \frac{112h^5}{360} f^{(4)}(\xi) = \frac{14h^5}{45} f^{(4)}(\xi).\]
\(\blacksquare\)
Yani açık formüllerin hata terimleri kapalı formüllerinkinin tersi işaretlidir. Orta Nokta Kuralı, \([a, b]\)’nin orta noktasındaki değeri aralığın uzunluğuyla çarpar. Aynı \([a, b]\) aralığında Yamuk Kuralı \(h = b - a\), Orta Nokta Kuralı \(h = \frac{b - a}{2}\) kullandığından hata terimleri \(-\frac{(b - a)^3}{12} f''\) ve \(\frac{(b - a)^3}{24} f''\) olur. Demek ki tek düğümlü Orta Nokta Kuralının hatası kabaca Yamuk Kuralınınkinin yarısı kadardır ve ters işaretlidir. \(n = 2\) formülünde ise bir ağırlık negatiftir.
Örnek 11.4 (Uç noktalarda tanımsız bir integrand) \(n = 2\) olmak üzere Açık Newton-Cotes formülünü kullanarak \(\int_{-1}^{1} \frac{\cos x}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx\) integrali için bir yaklaşımda bulunalım.
Çözüm
\(f(x) = \frac{\cos x}{\sqrt{1 - x^2}}\) fonksiyonu \(x = \pm 1\)’de tanımsızdır, bu yüzden kapalı formüller kullanılamaz; açık formül uç noktalardaki değerlere ihtiyaç duymaz.
\(x_{-1} = a = -1\), \(x_{n+1} = x_3 = b = 1\) ve
\[h = \frac{b - a}{n + 2} = \frac{1 - (-1)}{4} = 0{,}5\]
olduğundan düğümler
\[ \begin{aligned} x_0 &= -1 + 0{,}5 = -0{,}5,\\[1mm] x_1 &= -1 + 2(0{,}5) = 0,\\[1mm] x_2 &= -1 + 3(0{,}5) = 0{,}5 \end{aligned} \]
olur. \(f\) çift fonksiyon olduğundan
\[ \begin{aligned} f(-0{,}5) = f(0{,}5) &= \frac{\cos(0{,}5)}{\sqrt{1 - 0{,}25}} = \frac{0{,}877582562}{0{,}866025404} = 1{,}013345057,\\[1mm] f(0) &= 1 \end{aligned} \]
bulunur. \(n = 2\) açık formülünden (Sonuç 11.2)
\[ \begin{aligned} \int_{-1}^{1}\frac{\cos x}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx &\approx \frac{4h}{3}\big[2f(x_0) - f(x_1) + 2f(x_2)\big]\\[1mm] &= \frac{2}{3}\big[2{,}026690113 - 1 + 2{,}026690113\big]\\[1mm] &= \frac{2}{3}\cdot 3{,}053380226 = 2{,}035586817 \end{aligned} \]
elde edilir.
Bu yaklaşımın hatası hakkında Teorem 11.2 bir şey söylemez: \(f\), \(\pm 1\)’e yaklaşırken sınırsız büyür, dolayısıyla \(C^4[-1, 1]\)’de değildir. Gerçekten \(x = \sin\theta\) dönüşümüyle integral
\[\int_{-1}^{1}\frac{\cos x}{\sqrt{1 - x^2}}\,dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos(\sin\theta)\,d\theta \approx 2{,}403939431\]
olur ve mutlak hata yaklaşık \(0{,}368352614\)’tür. Açık formül böyle bir integrale uygulanabilir, ama hata teriminin varsayımları sağlanmadığında yaklaşımın iyi olacağı garanti değildir.
\(\blacksquare\)
11.5 Alıştırmalar
İlk beş alıştırmada \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarıyla yaklaşıp sonuçları gerçek değerle karşılaştırıyoruz; virgülden sonra 3. basamağa yuvarlıyoruz. Son iki alıştırmada \(\pi\) integraline açık ve kapalı birer formül daha uyguluyoruz.
Alıştırma 11.1 (Yamuk ve Simpson kuralları: x²) \(f(x) = x^2\) için \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yaklaşımda bulununuz ve yaklaşımları gerçek değerle karşılaştırınız. Virgülden sonra 3. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\([0, 2]\) aralığında Yamuk Kuralı için \(x_0 = 0\), \(x_1 = 2\), \(h = 2\) ve
\[\int_0^2 f(x)\,dx \approx \frac{h}{2}\big[f(0) + f(2)\big] = f(0) + f(2);\]
Simpson Kuralı için \(x_0 = 0\), \(x_2 = 2\), \(h = 1\), \(x_1 = 1\) ve
\[\int_0^2 f(x)\,dx \approx \frac{1}{3}\big[f(0) + 4f(1) + f(2)\big]\]
olur. \(f(x) = x^2\) için:
\[ \begin{aligned} \text{Yamuk:}&\quad 0^2 + 2^2 = 4{,}000,\\[1mm] \text{Simpson:}&\quad \frac{1}{3}\big[0^2 + 4 \cdot 1^2 + 2^2\big] = \frac{8}{3} = 2{,}667,\\[1mm] \text{Gerçek değer:}&\quad \left.\frac{x^3}{3}\right|_0^2 = \frac{8}{3} = 2{,}667. \end{aligned} \]
Simpson Kuralı integrali tam verdi. Bunun nedeni hata teriminin \(f^{(4)}\) içermesi ve \(f(x) = x^2\)’nin dördüncü türevinin sıfır olmasıdır. Yamuk Kuralının hatası da hata teriminden tam olarak okunur, çünkü \(f'' = 2\) sabittir: \(-\frac{h^3}{12} f''(\xi) = -\frac{8}{12}\cdot 2 = -\frac{4}{3}\) ve \(4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}\).
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.2 (Yamuk ve Simpson kuralları: x⁴) \(f(x) = x^4\) için \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yaklaşımda bulununuz ve yaklaşımları gerçek değerle karşılaştırınız. Virgülden sonra 3. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\([0, 2]\)’de Yamuk Kuralı \(f(0) + f(2)\) (\(h = 2\)), Simpson Kuralı \(\frac{1}{3}\big[f(0) + 4f(1) + f(2)\big]\) (\(h = 1\)) biçimindedir. \(f(x) = x^4\) için:
\[ \begin{aligned} \text{Yamuk:}&\quad 0^4 + 2^4 = 16{,}000,\\[1mm] \text{Simpson:}&\quad \frac{1}{3}\big[0^4 + 4 \cdot 1^4 + 2^4\big] = \frac{20}{3} = 6{,}667,\\[1mm] \text{Gerçek değer:}&\quad \left.\frac{x^5}{5}\right|_0^2 = \frac{32}{5} = 6{,}400. \end{aligned} \]
Bu kez Simpson Kuralı tam değildir, çünkü \(f^{(4)} = 24 \ne 0\)’dır. \(f^{(4)}\) sabit olduğundan hata terimi gerçek hatayı tam verir: \(-\frac{h^5}{90} \cdot 24 = -\frac{24}{90} = -0{,}267\) ve gerçekten \(6{,}667 - 0{,}267 = 6{,}400\)’dür.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.3 (Yamuk ve Simpson kuralları: 1/(1 + x)) \(f(x) = \frac{1}{1 + x}\) için \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yaklaşımda bulununuz ve yaklaşımları gerçek değerle karşılaştırınız. Virgülden sonra 3. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\([0, 2]\)’de Yamuk Kuralı \(f(0) + f(2)\) (\(h = 2\)), Simpson Kuralı \(\frac{1}{3}\big[f(0) + 4f(1) + f(2)\big]\) (\(h = 1\)) biçimindedir. \(f(0) = 1\), \(f(1) = \frac{1}{2}\), \(f(2) = \frac{1}{3}\) olduğundan:
\[ \begin{aligned} \text{Yamuk:}&\quad 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} = 1{,}333,\\[1mm] \text{Simpson:}&\quad \frac{1}{3}\left[1 + 4 \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right] = \frac{10}{9} = 1{,}111,\\[1mm] \text{Gerçek değer:}&\quad \ln(1 + x)\Big|_0^2 = \ln 3 = 1{,}099. \end{aligned} \]
Yamuk Kuralının hatası yaklaşık \(0{,}235\), Simpson Kuralınınki yaklaşık \(0{,}012\)’dir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.4 (Yamuk ve Simpson kuralları: sin x) \(f(x) = \sin x\) için \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yaklaşımda bulununuz ve yaklaşımları gerçek değerle karşılaştırınız. Virgülden sonra 3. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\([0, 2]\)’de Yamuk Kuralı \(f(0) + f(2)\) (\(h = 2\)), Simpson Kuralı \(\frac{1}{3}\big[f(0) + 4f(1) + f(2)\big]\) (\(h = 1\)) biçimindedir. \(\sin 1 = 0{,}841470985\) ve \(\sin 2 = 0{,}909297427\) olduğundan:
\[ \begin{aligned} \text{Yamuk:}&\quad \sin 0 + \sin 2 = 0{,}909,\\[1mm] \text{Simpson:}&\quad \frac{1}{3}\big[0 + 3{,}365883939 + 0{,}909297427\big] = 1{,}425,\\[1mm] \text{Gerçek değer:}&\quad -\cos x\Big|_0^2 = 1 - \cos 2 = 1{,}416. \end{aligned} \]
\([0, 2]\)’de \(f''(x) = -\sin x \le 0\) olduğundan Yamuk Kuralının hata terimi \(-\frac{h^3}{12} f''(\xi)\) pozitiftir: yamuk, eğrinin altında kalır ve integrali eksik verir.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.5 (Yamuk ve Simpson kuralları: eˣ) \(f(x) = e^x\) için \(\int_0^2 f(x)\,dx\) integraline Yamuk ve Simpson kurallarını kullanarak yaklaşımda bulununuz ve yaklaşımları gerçek değerle karşılaştırınız. Virgülden sonra 3. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\([0, 2]\)’de Yamuk Kuralı \(f(0) + f(2)\) (\(h = 2\)), Simpson Kuralı \(\frac{1}{3}\big[f(0) + 4f(1) + f(2)\big]\) (\(h = 1\)) biçimindedir. \(e = 2{,}718281828\) ve \(e^2 = 7{,}389056099\) olduğundan:
\[ \begin{aligned} \text{Yamuk:}&\quad e^0 + e^2 = 8{,}389,\\[1mm] \text{Simpson:}&\quad \frac{1}{3}\big[1 + 10{,}873127314 + 7{,}389056099\big] = 6{,}421,\\[1mm] \text{Gerçek değer:}&\quad e^x\Big|_0^2 = e^2 - 1 = 6{,}389. \end{aligned} \]
\(f'' = e^x > 0\) olduğundan Yamuk Kuralı integrali fazla verir; Simpson Kuralı da \(f^{(4)} = e^x > 0\) olduğundan fazla verir.
\(\blacksquare\)
Beş alıştırmanın sonuçlarını bir tabloda toplayalım:
| \(f(x)\) | \(x^2\) | \(x^4\) | \(\frac{1}{x + 1}\) | \(\sin x\) | \(e^x\) |
|---|---|---|---|---|---|
| Gerçek Değer | \(2{,}667\) | \(6{,}400\) | \(1{,}099\) | \(1{,}416\) | \(6{,}389\) |
| Yamuk Kuralı | \(4{,}000\) | \(16{,}000\) | \(1{,}333\) | \(0{,}909\) | \(8{,}389\) |
| Simpson Kuralı | \(2{,}667\) | \(6{,}667\) | \(1{,}111\) | \(1{,}425\) | \(6{,}421\) |
Her fonksiyonda Simpson Kuralı Yamuk Kuralından çok daha iyi bir yaklaşım verir; \(x^2\) için hatası sıfırdır.
Alıştırma 11.6 (Orta Nokta Kuralıyla π’ye yaklaşım) Orta Nokta Kuralını kullanarak \(\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx\) integrali için bir yaklaşımda bulununuz. Mutlak hata için bir üst sınır belirleyip gerçek mutlak hatayı bulunuz ve sonucu Yamuk Kuralıyla karşılaştırınız. Virgülden sonra 9. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
Orta Nokta Kuralı \(n = 0\) açık formülüdür: \(h = \frac{b - a}{n + 2} = \frac{1 - 0}{2} = 0{,}5\), \(x_{-1} = 0\), \(x_0 = 0{,}5\), \(x_1 = 1\). Buna göre
\[\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx \approx 2h\, f(x_0) = 1 \cdot \frac{4}{1 + 0{,}25} = 3{,}2\]
bulunur.
Hata için üst sınır. Hata terimi \(\frac{h^3}{3} f''(\xi)\)’dir. \([0, 1]\)’de \(|f''(x)| \le 8\) olduğunu Yamuk Kuralı örneğinde (Örnek 11.1) gördük. Dolayısıyla
\[\left|\frac{h^3}{3} f''(\xi)\right| \le \frac{(0{,}5)^3}{3}\cdot 8 = \frac{1}{3} = 0{,}333333333.\]
Gerçek hata. Gerçek mutlak hata
\[|3{,}141592654 - 3{,}2| = 0{,}058407346\]
olup sınırın altındadır. Yamuk Kuralının hatası \(0{,}141592654\)’tü; Orta Nokta Kuralı tek bir fonksiyon değeriyle daha küçük bir hata verdi ve integrali Yamuk Kuralının tersine fazla tahmin etti.
\(\blacksquare\)
Alıştırma 11.7 (Simpson 3/8 Kuralıyla π’ye yaklaşım) Simpson 3/8 Kuralını kullanarak \(\int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx\) integrali için bir yaklaşımda bulununuz. Mutlak hata için bir üst sınır belirleyip gerçek mutlak hatayı bulunuz ve sonucu Simpson Kuralıyla karşılaştırınız. Virgülden sonra 9. basamağa yuvarlayınız.
Çözüm
\(n = 3\) kapalı formülü için \(h = \frac{1 - 0}{3} = \frac{1}{3}\) ve düğümler \(x_0 = 0\), \(x_1 = \frac{1}{3}\), \(x_2 = \frac{2}{3}\), \(x_3 = 1\)’dir. Fonksiyon değerleri
\[f(0) = 4, \quad f\!\left(\tfrac{1}{3}\right) = \frac{4}{10/9} = 3{,}6, \quad f\!\left(\tfrac{2}{3}\right) = \frac{4}{13/9} = 2{,}769230769, \quad f(1) = 2\]
olduğundan, \(\frac{3h}{8} = \frac{1}{8}\) ile
\[ \begin{aligned} \int_0^1 \frac{4}{1 + x^2}\,dx &\approx \frac{1}{8}\big[4 + 3 \cdot 3{,}6 + 3 \cdot 2{,}769230769 + 2\big]\\[1mm] &= \frac{25{,}107692308}{8} = 3{,}138461538 \end{aligned} \]
bulunur.
Hata için üst sınır. Hata terimi \(-\frac{3h^5}{80} f^{(4)}(\xi)\)’dir. \([0, 1]\)’de \(|f^{(4)}(x)| \le 96\) olduğunu Simpson Kuralı örneğinde (Örnek 11.2) gördük. Dolayısıyla
\[\left|-\frac{3h^5}{80} f^{(4)}(\xi)\right| \le \frac{3}{80}\cdot\frac{1}{243}\cdot 96 = \frac{2}{135} = 0{,}014814815.\]
Gerçek hata. Gerçek mutlak hata
\[|3{,}141592654 - 3{,}138461538| = 0{,}003131116\]
olur. Simpson Kuralının hatası \(0{,}008259321\)’di (Örnek 11.2); Simpson 3/8 Kuralı bir fonksiyon değeri daha kullanarak hatayı yaklaşık \(2{,}6\) kat küçülttü.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde integrali, interpolasyon polinomunun integraliyle yaklaştık ve hatayı Lagrange hata teriminden elde ettik. Son bölümde ise verilere tam olarak uyan bir polinom yerine, veriye en iyi uyan basit bir eğri arayacağız: En Küçük Kareler Yöntemi.