Prof. Yav Ksoy uz a cilt 2 Dİferansiyel denklemler

y
x
x












 
 
 
1
4
6
(1.2) 0 1(0.2)
(0.04)
(0.008) 0.288
2
6
y
y

 



 
b) 
2
1
0
0
( , )
y
y
hf x y


 
 
 
2
0.288
(1.4) 0.288 (0.2) 1.2 3
0.672
1.2
y
y











 
 
Örnek.  
'
3
y
y
x
 
 ve 
(0) 1
y

 başlangıç  değer  problemi  verilsin. 
0.2
h

için
[0,1]
 aralığındaki 
değerleri Euler yöntemi ile hesaplayınız. 

125 
 
 
'
( , ) 3
y
f x y
x y



 
 
(0.2)
(0) (0.2) (0,1) 1 (0.2)(3(0) 1) 0.8
f
y
f


 
 
 
 
(0.4)
(0.2) (0.2) (0.2,0.8) 0.8 (0.2)(3(0.2) 0.8) 0.76
f
y
f






 
 
(0.6)
(0.4) (0.2) (0.4,0.76) 0.76 (0.2)(3(0.4) 0.76) 0.848
f
y
f






 
 
(0.8)
(0.6) (0.2) (0.6,0.848) 0.848 (0.2)(3(0.6) 0.848) 1.0384
f
y
f






 
(1)
(0.8) (0.2) (0.8,1.384) 1.0384 (0.2)(3(0.8) 1.0384) 1.31072
f
y
f






 
07.07.02. Düzeltilmiş Euler ve Huen Yöntemi 
Bu  yöntemde  sadece  birinci  adımda  eğri  üzerindeki  bir  noktadan  başlanır.  Daha  sonraki 
adımlarda  hep  eğrinin  dışında  olan  noktalarda  hareket  söz  konusu  olduğundan  başlangıç 
noktasından  uzaklaştıkça  hataların  büyüyeceği  açıktır.  Bu  hataları  bir  miktar  gidermek  için 
integral hesaptan faydalanarak değişik formüller kullanılır. 
1) 
1
i
i
i
y
y
hf

 
    
 
 
  
  (Basit Euler Formülü) 
2)
1
(
,
)
2
2
i
i
i
i
i
h
h
y
y
hf x
y
f





  
   
  (Euler Orta Nokta Formülü) 
3) 
1
[
(
,
)]
2
i
i
i
i
i
i
h
y
y
f
f x
h y
hf






  
 (Euler Yamuk Formülü-Huen Yöntemi) 
Örnek. 
2
'
1
y
y t
   ve 
(0) 0.5
y

 başlangıç değer probleminin 
0.2
t

 deki çözümünü 
a) Euler Orta Nokta formülü ile 
b) Euler Yamuk formülü ile bulunuz. 
 
a) 
2
( , )
1
f t y
y t
   , 
0
0
t
 , 
0
0.5
y

, 
0.2
h

 
1
0
0
0
0
(
,
)
2
2
h
h
y
y
hf t
y
f




 
0
(0,0.5) 0.5 0 1 1.5
f
f


  
 
1
0.2
0.2
0.5 (0.2) (0
, 0.5
1.5) 0.5 (0.2) (0.1, 0.65) 0.828
2
2
y
f
f







 
b) 
1
0
0
0
0
0
[
(
,
)]
2
h
y
y
f
f t
h y
hf





 
1
0.2
0.5
[1.5
(0.2, 0.5 0.2(1.5))] 0.826
2
y
f





 
07.07.03. Runge-Kutta Yöntemleri 
a) II. Mertebe Runge-Kutta : 
Runge-Kutta  yöntemleri  yüksek  mertebeden  türevleri  hesaplamaya  katmadan,  Taylor  serisi 
temelinde geliştirilen yöntemlerin, istenen eğim değerinin doğruluğunun belirlenmesi esasına 
dayanır. 

126 
 
'
( , )
y
f x y

ve
( )
i
i
y x
y

 verilmiş  olsun. 
1
i
i
h x
x



olmak  üzere 
1
i
x

 noktasındaki 
1
1
(
)
i
i
y x
y



 çözümü, 
1
( , )
i
i
k
hf x y

 
2
1
(
,
)
i
i
k
hf x
mh y
mk



 
olmak üzere  
 
 
 
 
 
1
1
2
i
i
y
y
ak
bk

 

   
 
(1) 
şeklinde  bulunur.  Burada  a,  b  ve  m  sabittirlerdir. 
( )
y x
fonksiyonunu  2.mertebeden  türevli 
terimlere kadar Taylor serisine açarsak  
2
'( )
''( )
( )
( )
(
)
(
)
1!
2!
i
i
i
i
i
y x
y x
y x
y x
x x
x x





 
1
i
x x


  alırsak ve  ''( )
i
y x  yerine 
( , )
( , ) ( , )
x
i
i
y
i
i
i
i
f x y
f x y f x y

 yazarsak, 
2
1
1
1
( , )
( , ) ( , )
'( )
(
)
( )
(
)
(
)
1!
2!
x
i
i
y
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
f x y
f x y f x y
y x
y x
y x
x
x
x
x









 
 
2
1
1
1
( , )
( , ) ( , )
(
)
( )
'( )(
)
(
)
2!
x
i
i
y
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
f x y
f x y f x y
y x
y x
y x x
x
x
x









                                                                                                    
 
                                                                                                            (2)    
elde edilir. 
1
1
(
,
)
( , )
i
i
f
f
f x
mh y
mk
f x y
mh
mk
x
y









 
olacağından                                                                                   
2
2
1
1
1
(
,
)
( , )
( , )
i
i
f
f
f
f
k
hf x mh y mk
h f x y
mh
mk
hf x y
mh
mhk
x
y
x
y























 
yazılır. 
1
( , )
i
i
k
hf x y

ve
2
2
1
( , )
f
f
k
hf x y
mh
mhk
x
y







 değerlerini (1) de yerine yazarsak ; 
2
1
1
( , )
( , )
i
i
i
i
f
f
y
y
ahf x y
b hf x y
mh
mhk
x
y





 









 
1
1
(
) ( , )
i
i
i
i
f
f
y
y
a b hf x y
bmh h
k
x
y





  








 
                                    (3) 
 
 
 
 
  
(2) ile (3) ü birbirine eşitlersek ; 
2
2
( , )
( , )
( , ) ( , )
2
(
) ( , )
( , )
( , ) ( , )
i
i
x
i
i
y
i
i
i
i
i
i
x
i
i
y
i
i
i
i
h
f x y h
f x y
f x y f x y
a b hf x y
bmh
f x y
f x y f x y














 

127 
 
Buradan 
1
a b
   ve 
1
2
bm

 denklemleri  çıkar.  İki  denklem  ve  üç  bilinmeyen  olduğundan 
biri  keyfi sabit olarak seçilir. 
1
m
  alınırsa 
1
2
a

, 
1
2
b

 olur. Bu durumda, 
1
2
1
( , )
(
,
)
i
i
i
i
k
hf x y
k
hf x
h y
k







1
1
2
1
(
)
2
i
i
y
y
k
k




 
olarak bulunur. 
 
b)  IV. Mertebe Runge-Kutta : 
Taylor serisine 4.mertebeden türevleri de eklersek 
1
( , )
i
i
k
hf x y

 
2
1
(
,
)
i
i
k
hf x
mh y
mk



 
3
2
(
,
)
i
i
k
hf x
nh y
nk



 
4
3
(
,
)
i
i
k
hf x
rh y
rk



 
olmak üzere 
1
1
2
3
4
i
i
y
y
ak
bk
ck
dk

 



  şeklinde bulunur. 
, , , , ,
a b c d m n
ve
r
 değerlerini hesaplamak istersek, yedi bilinmeyenli, yediden az denklem ile 
lineer ya da lineer olmayan denklem sistemi ortaya çıkar. O halde 
1
1
1
1
1
,
,
1,
,
,
2
2
6
3
3
m
n
r
a
b
c






  
ve  
1
6
d

  olarak seçersek ; 
1
( , )
i
i
k
hf x y

 
2
1
1
1
(
,
)
2
2
i
i
k
hf x
h y
k



 
3
2
1
1
(
,
)
2
2
i
i
k
hf x
h y
k



 
4
3
(
,
)
i
i
k
hf x
h y
k



 
ve 


1
1
2
3
4
1
2
2
6
i
i
y
y
k
k
k
k






 
olarak bulunur. 
 
 
 

128 
 
Örnek.  
2
'
y
xy
 
ve
(2) 1
y

başlangıç  değer  problemi  veriliyor. 
0.1
h

için  2.mertebe  Runge-Kutta 
ile çözünüz. 
1
0
0
( , ) (0.1) (2,1) (0.1)( 2(1))
0.2
k
hf x y
f




 
 
2
2
0
0
1
(
,
) (0.1) (2.1, 0.8) (0.1)( 2.1(0.8) )
0.1344
k
hf x
h y
k
f






 
 
1
0
1
2
1
1
(
) 1
( 0.2 0.1344) 0.8328
2
2
y
y
k
k



 



 
Örnek. 
'
3
y
y
x
 
 ve 
(0) 1
y

 başlangıç  değer  problemi  verilsin. 
0.2
x

 deki  çözümü  2.  ve  4. 
mertebeden Runge-Kutta ile çözünüz. 
2.mertebe : 
'
( , ) 3
y
f x y
x y



 
1
0
0
( , ) (0.2) (0,1)
0.2
k
hf x y
f


 
 
2
0
0
1
(
,
) (0.2) (0.2, 0.8)
0.04
k
hf x
h y
k
f





 
 
1
2
1
1
(0.2)
(0)
(
) 1
( 0.2 0.04) 0.88
2
2
y
y
k
k



 



 
4.mertebe : 
1
0
0
( , ) (0.2) (0,1)
0.2
k
hf x y
f


 
 
1
2
0
0
(
,
) (0.2)(3(0.1) 0.8)
0.1
2
2
k
h
k
hf x
y





 
 
2
3
0
0
(
,
) (0.2)(3(0.1) 0.95)
0.13
2
2
k
h
k
hf x
y





 
 
4
0
0
3
(
,
) (0.2)(3(0.2) 0.87)
0.054
k
hf x
h y
k





 
 


1
(0.2)
(0)
0.2 2( 0.1) 2( 0.13) 0.054
0.881
6
y
y



 
 


 
 
07.08. Çok Adım Yöntemleri 
Çok adımlı yöntemlerin çoğunda çözüme başlarken kullanılabilecek bazı bilgiler mevcuttur. 
Bu  bilgiler  elde  olduğuna  göre,  bu  bilgileri  kullanarak  çok  nokta  kullanan  bir  yönteme 
dönüştürülebilir. Bu yöntemlerin temel prensibi, geçmiş bağımlı değişken değeri(
y
) ve/veya 
bağımlı  değişken  türev
( ')
y
 değerleri  kullanılarak  bu  değerlere  eğri  uydurup,  bulunan 
fonksiyonun entegralini alıp çözüme ulaşmayı hedeflemektir. 
 
 

129 
 
07.08.01. Adams Yöntemi 
Bu  yöntem,  diğer  yöntemlere  göre  çok  daha  fazla  kullanılan  ve  kararsızlıkları  olmayan  bir 
yöntem olarak bilinir. 
İki  Noktalı  Adams  Yöntemi  : 
'
( , )
y
f x y

diferansiyel  denklemi  verilsin. 
1
i
x

ve
i
x  
noktalarındaki 
1
i
y

 ve 
i
y  değerlerinin  bilindiğini  varsayalım.  O  halde  verilen  diferansiyel 
denklemi integre edelim (
i
x ’den 
1
i
x

’e). 
1
1
1
1
1
1
'
( , )
( , )
(
)
( )
( , ( ))
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
x
x
x
i
i
x
x
x
x
x
y
f x y
dy
f x y dx
y x
y x
f x y x dx

















 
0
1
( , ( ))
f x y x
a
a x


  şeklinde kabul edilirse ; 
1
1
0
1
(
)
( )
(
)
i
i
x
i
i
x
y x
y x
a
a x dx






 
1
i
x
h

  , 
0
i
x
 , 
1
i
x
h

    alınırsa ; 
2
1
0
1
(
)
( )
2
i
i
h
y x
y x
a h
a




 
elde edilir. Burada 
0
a  ve 
1
a  bilinmeyendir. Bunların bulunabilmesi için 
0
1
( , ( ))
f x y x
a
a x


 
fonksiyonu 
1
1
(
,
)
i
i
x
f


 ve  ( , )
i
i
x f  noktalarından geçeceğine göre ; 
0
1
i
i
f
a
a x


 
1
0
1
1
i
i
f
a
a x




ve
0
i
x
 , 
1
i
x
h

    yazılırsa ; 
0
i
a
f
 ve
1
1
1
(
)
i
i
a
f
f
h



  elde edilir. Bu değerleri denklemde yerine yazarsak; 
1
1
(3
)
2
i
i
i
i
h
y
y
f
f





elde edilir. 
Örnek. 
'
y
x y
  
ve 
(0) 2
y

 başlangıç değer problemi veriliyor. 
(0.1)
y
değerini Euler yöntemiyle 
hesapladıktan  sonra 
(0.2)
y
 değerini  iki  noktalı  Adams  kestirme  yöntemini  kullanarak 
bulunuz. 
 
1
0
0
0
( , )
y
y
hf x y


 
 
1
2 (0.1) (0, 2) 2 (0.1)2 2.2
y
f
 
 

 
 
2
1
1
0
(3
)
2
h
y
y
f
f



,  
1
0.1 2.2 2.1
f
 


 
 
2
0.1
2.2
(3(2.1) 2) 2.415
2
y




 
 

130 
 
Üç  Noktalı  Adams  Yöntemi  :   
'
( , )
y
f x y

 diferansiyel  denklemi  verilsin.  Bu  denklemi 
kullanarak 
1
1
(
)
( )
( , ( ))
i
i
x
i
i
x
y x
y x
f u y u du





   ifadesini  yazabiliriz.  İntegral  içerisindeki 
polinom 2.dereceden bir polinom olarak alınırsa  
2
0
1
2
( , )
f x y
a
a x a x



 olacağından  
1
2
1
0
1
2
(
)
( )
(
)
i
i
x
i
i
x
y x
y x
a
a u a u du







 
ve  
0
i
x
 , 
1
i
x
h

  alınırsa ; 
2
3
2
1
0
1
2
0
1
2
(
)
( )
( )
(
)
2
3
2
3
i
i
i
h
h
h
h
y x
y x
a h a
a
y x
h a
a
a









 
elde  edilir.  Burada 
0
a , 
1
a  ve 
2
a  bilinmeyenlerdir.  Bunların  bulunabilmesi  için 
2
0
1
2
( , )
f x y
a
a x a x



 fonksiyonunun  ( , )
i
i
x f , 
1
1
(
,
)
i
i
x
f


, 
2
2
(
,
)
i
i
x
f


   noktalarından  geçme 
koşulu kullanılırsa ; 
2
0
1
2
i
i
i
f
a
a x
a x



 
2
1
0
1
1
2
1
i
i
i
f
a
a x
a x






 
2
2
0
1
2
2
2
i
i
i
f
a
a x
a x






ve
0
i
x
 , 
1
i
x
h

  , 
2
2
i
x
h

 
 yazılırsa; 
0
i
f
a
  
2
1
0
1
2
i
f
a
a h a h




 
2
2
0
1
2
2
4
i
f
a
a h
a h




denklemlerinden; 
1
2
1
(5
16
23 )
6
i
i
i
i
i
h
y
y
f
f
f







 
elde edilir. 
 
Örnek. 
2
'
y
y x
 
 ve 
(0)
1
y
 
 başlangıç  değer  problemi  veriliyor. 
0.5
h

alarak  çözüme  ait  iki 
noktayı  Euler  formülü  ile  elde  ettikten  sonra 
(1.5)
y
 değerini  üç  nokta  Adams  kestirme 
yöntemi ile bulunuz. 
 
1
(0.5)
(0) (0.5) (0, 1)
1 (0.5)( 1)
1.5
y
y
y
f



   
  
 
 
2
(1)
(0.5) (0.5) (0.5, 1.5)
1.5 (0.5)( 1.25)
2.125
y
y
y
f




 


 
 
 
3
0.5
(1.5)
(1)
[5( 1) 16( 1.25) 23( 1.125)]
4.84375
6
y
y
y



 



 
 

131 
 
Dört Noktalı Adams Yöntemi  : 
 
1
3
2
1
( 9
37
59
55 )
24
i
i
i
i
i
i
h
y
y
f
f
f
f










 
07.08.02. Adams-Bashforth-Moulton Yöntemi 
Bu  yöntemde  kestirme  yöntemlerinde  bulunan  formüllerin  daha  hassas  sonuçlar  verecek 
şekilde düzeltilmesi imkanları üzerinde durulacaktır. 
İki Noktalı Kestirme Düzeltme Formülleri :  
Kestirme  yöntemlerinde  önceki  iki  noktanın  bilinmesi  halinde  yeni  bir  noktanın 
1
1
(3
)
2
i
i
i
i
h
y
y
f
f





 formülü ile hesaplanabileceği ifade edilmişti. O halde mevcut iki yeni 
noktadan  geçen  Lagrange Enterpolasyon formülü  yazılabilir. Bu noktalar  ( , )
i
i
x f , 
1
1
(
,
)
i
i