Gauss Eliminasyonu

16 Pages·2016·0.17 MB·Turkish

Gauss Eliminasyonu

Lineer denklem sistemlerini çözmede kullanılan en popüler tekniklerden birisi Gauss
Eliminasyonu yöntemidir. Bu yöntem genel bir n denklemli ve n bilinmeyenli lineer
sistemin çözümüne bir yaklaşım getirmektedir.

a x a x a x ...a x b
11 1 12 2 13 3 1n n 1
a x a x a x ...a x b
21 1 22 2 23 3 2n n 2
. .
. .
. .
a x a x a x ...a x b
n1 1 n2 2 n3 3 nn n n

Gauss Eliminasyonu iki adımdan oluşur:

1. Bilinmeyenlerin ileriye doğru yok edilmesi (Forward Elimination): Bu adımda, ilk
denklemden sonra sırayla herbir denklemdeki bilinmeyenler ardışık şekilde yok
edilerek en son denklemde tek bilinmeyen kalana kadar işleme devam edilir.

2. Geriye doğru Yerine Koyma (Back Substitution): Bu adımda, son denklemden
başlayarak herbir bilinmeyen bulunur.

Forward Elimination:
Bu adımda ilk olarak birinci bilinmeyen, x , ilk satır hariç alttaki tüm satırlarda yok edilir.
1
x ‘i ikinci denklemde yok etmek için ilk denklem a /a , (a  0) ile çarpılıp ikinci
1 21 11 11
denklemden çıkarılır. Yani ikinci denklem,

 a   a  a
a  21 a x ...a  21 a x b  21 b
 22 a 12 2  2n a 1n n 2 a 1
11 11 11
veya
a x ...a x b
22 2 2n n 2
Halini alır, burada diğer katsayılar şöyledir:
a
a  a  21 a
22 22 a 12
11

a
a  a  21 a
2n 2n a 1n
11
x ’i yok etme prosedürü diğer satırlar için de benzer şekilde tekrar edildiğinde denklem
1
sistemi aşağıdaki biçime indirgenir:
04.06.1
04.06.2 Chapter 04.06

a x a x a x ...a x b
11 1 12 2 13 3 1n n 1
a x a x ...a x b
22 2 23 3 2n n 2
a x a x ...a x b
32 2 33 3 3n n 3
. . .
. . .
. . .
a x a x ...a x b
n2 2 n3 3 nn n n

Sonraki adımda x ’yi üçüncü satırdan yok etmek için ikinci denklemi a /a , (a  0)
2 32 22 22
ile çarpıp üçüncü denklemden çıkarırız. Bu durumda üçüncü denklemde x ’nin katsayısı
2
sıfır olmuş olur. Benzer işlemi diğer satırlar içinde de tekrar ettiğimizde denklem sistemi
aşağıdaki biçimi alır:

a x a x a x ...a x b
11 1 12 2 13 3 1n n 1
a x a x ...a x b
22 2 23 3 2n n 2
a x ...a x b
33 3 3n n 3
. .
. .
. .
a x ...a x b
n3 3 nn n n

Bu şekilde n1 tane ileriye doğru yok etme adımından sonra denklem sistemimiz şu son
halini alır:

a x a x  a x ...a x b
11 1 12 2 13 3 1n n 1
a x a x ...a x b
22 2 23 3 2n n 2
a x ...a x b
33 3 3n n 3
. .
. .
. .
an1x bn1
nn n n

Back Substitution:
Son denklemden başlayarak bilinmeyenleri bulalım. Son denklem sadece bir bilinmeyen
içerdiği için, kolaylıkla

b(n1)
x  n
n a(n1)
nn
elde ederiz.
Gaussian Elimination 04.06.3

Sondan bir önceki (n1)’inci denklem iki bilinmeyen içermekte: x and x , fakat x
n n1 n
zaten bilindiği için bu denklemde bilinmeyen sayısı aslında bir tanedir. Bu şekilde diğer
bilinmeyenler için geriye doğru her satırda yerine koyma uyguladığımızda tüm bilinmeyenler
aşağıdaki formülle elde edilmiş olur:

bi1  n ai1x
i ij j
x  ji1 , in1,n2, ,1
i ai1 
ii
ve
b(n1)
x  n
n a(n1)
nn

Örnek 1
Bir roketin yukarı doğru hızı üç farklı zamanda Tablo 1 ‘de verilmiştir.

Tablo 1 Hız ve Zaman datası.

Zaman, t (s) Hız, v (m/s)
5 106.8
8 177.2
12 279.2

Hızla ilgili datayı ikinci mertebeden bir yaklaşım polinomunda kullanalım:

vtat2 a ta , 5t 12
1 2 3

Yukarıdaki a , a , ve a katsayıları aşağıdaki sistemi sağlar:
1 2 3

25 5 1a  106.8
1
    
64 8 1 a  177.2
  2  
144 12 1a  279.2
    
3

a , a , ve a katsayılarını Gauss eliminasyon yöntemi ile bulun. Roketin t 6, 7.5, 9, 11
1 2 3
anlarındaki hızı nedir?

Çözüm
Forward Elimination
Üç denklem olduğu için iki adımlı ileriye doğru yok etme uygulanacak.
04.06.4 Chapter 04.06

İlk Adım

Satır 1 ‘i 64/252.56 ile çarpıp Satır 2 ‘den çıkaralım

25 5 1 a   106.8 
1
    
0 4.8 1.56 a  96.208
  2  
144 12 1 a   279.2 
    
3

Satır 1 ‘i 144/255.76 ile çarpıp Satır 3 ‘ten çıkaralım. Bu işlemlerle ilk adımda aşağıdaki
system elde edilir:

25 5 1 a   106.8 
1
    
0 4.8 1.56 a  96.208
  2  
 0 16.8 4.76a  335.968
    
3
İkinci Adım

Satır 2 ‘yi 16.8/4.83.5 ile çarpıp Satır 3 ‘ten çıkaralım. İkinci adım sonucunda elde
edilen sistem:

25 5 1 a   106.8 
1
    
0 4.8 1.56 a  96.208
  2  
 0 0 0.7 a   0.76 
    
3

Back substitution

Üçüncü denklemden
0.7a 0.76
3
0.76
a 
3 0.7
1.08571

a değerini ikinci denklemde yerine koyarsak,
3
4.8a 1.56a  96.208
2 3
96.2081.56a
a  3
2 4.8
96.2081.561.08571

4.8
19.6905
Gaussian Elimination 04.06.5

a ve a değerlerini ilk denklemde yerine koyarsak,
2 3
25a 5a a 106.8
1 2 3
106.85a a
a  2 3
1 25
106.8519.69051.08571

25
0.290472

Aşağıdaki çözüm vektörü elde edilir:

a  0.290472
1
   
a  19.6905
 2  
a  1.08571 
   
3

Yukarıdaki sonuca göre üç data noktamızın üzerinden geçen polinom şudur:

vt a t2 a ta
1 2 3
0.290472t2 19.6905t1.08571, 5t 12

Şimdi ise biz t 6, 7.5, 9 and 11 saniyelerindeki hızı bulmak istediğimizden basitçe
istediğimiz t değerini vt0.290472t2 19.6905t1.08571 hız fonksiyonunda yerine
koyarak ona ilişkin hızı bulabiliriz. Örneğin, t 6 anında:

v60.29047262 19.690561.08571

129.686 m/s

Bununla birlikte t = 6, 7.5, 9, 11 saniyelerinde istediğimiz hız değerlerini matris çarpımını
kullanarakta bulabiliriz.
t2
 
vt0.290472 19.6905 1.08571 t
 
1
 

Yani, v6, v7.5, v9, v11, değerleri şu şekilde bulunur:

62 7.52 92 112
 
v6 v7.5 v9 v11 0.290472 19.6905 1.08571 6 7.5 9 11
 
1 1 1 1 
 
04.06.6 Chapter 04.06

36 56.25 81 121
   
 0.290472 19.6905 1.08571 6 7.5 9 11
 
1 1 1 1 
 
 
 129.686 165.104 201.828 252.828
v(6)129.686 m/s
v(7.5)165.104 m/s
v(9)201.828 m/s
v(11)252.828 m/s

Örnek 2
Aşağıdaki sistemi Gauss eliminasyon ile çözünüz

20x 15x 10x  45
1 2 3
3x 2.249x 7x 1.751
1 2 3
5x x 3x 9
1 2 3

Hesaplamalarda 6 yararlı basamak ve kesme uygulayınız.

Çözüm
Sistemin matris formu şöyledir:

20 15 10 x   45 
1
     
3 2.249 7 x = 1.751
   2  
 5 1 3 x   9 
     
3

Forward Elimination
İlk adım

Satır 1 ‘i 3/200.15 ile çarpıp Satır 2 ‘den çıkaralım,

20 15 10 x   45 
1
     
0 0.001 8.5 x = 8.501
   2  
 5 1 3  x   9 
     
3

Satır 1 ‘i 5/200.25 ile çarpıp Satır 3 ‘ten çıkaralım,
Gaussian Elimination 04.06.7

20 15 10 x   45 
1
     
0 0.001 8.5 x = 8.501
   2  
 0 2.75 0.5 x  2.25
     
3

İkinci adım

Satır 2 ‘yi 2.75/0.0012750 ile çarpıp Satır 3 ‘ten çıkaralım

20 15 10  x   45 
1
     
0 0.001 8.5 x = 8.501
   2  
 0 0 23375.5 x  23375.4
     
3

Yok etme adımları sonucunda yukarıdaki sistem elde edilir.

Back substitution
Üçüncü denklemden,

23375.5x  23375.4
3
23375.4
x 
3 23375.5
0.999995

x değerini ikinci denklemde yerine koyarsak,
3

0.001x 8.5x 8.501
2 3
8.5018.5x
x  3
2 0.001

8.5018.50.999995

0.001
8.5018.49995

0.001
0.00105

0.001
1.05

x ve x değerini ilk denklemde yerine koyarsak,
3 2

20x 15x 10x  45
1 2 3
04.06.8 Chapter 04.06

4515 x 10x
x  2 3
1 20
45151.05100.999995

20
4515.759.99995

20
29.259.99995

20
19.2500

20
0.9625

x   0.9625 
1
   
Böylelikle çözüm vektörü [X] x  1.05 elde edilir.
 2  
x  0.999995
   
3

x  1
1
     
Sistemin gerçek çözümü ise X  x  1 ‘dir.
 2  
x  1
   
3

Gauss eliminasyon metodundaki zayıf yönler:

Sıfır ile bölme hatası: (Forward elimination) ileriye doğru yok etme safhasındaki n1
adımın herhangi birinde sıfır ile bölme işlemi söz konusu olabilir. Örneğin,

5x 6x 11
2 3
4x 5x 7x 16
1 2 3
9x 2x 3x 15
1 2 3

sisteminde ilk adımda x ‘in katsayısı sıfır olduğu için sıfır ile bölme söz konusudur. Bu
1
durum sistemin matris formunda yazılması ile daha açık görülebilir.

0 5 6x  11
1
    
4 5 7 x  16
  2  
9 2 3x  15
    
3

Aşağıdaki örnekte ise daha farklı bir durum söz konusudur.
Gaussian Elimination 04.06.9

5x 6x 7x 18
1 2 3
10x 12x 3x 25
1 2 3
20x 17x 19x 56
1 2 3

matris formunda,

 5 6 7x  18
1
    
10 12 3 x  25
  2  
20 17 19x  56
    
3

Ileriye doğru yok etmenin ilk adımında sıfır ile bölme durumu yoktur. Fakat ilk adımın
sonunda elde ettiğimiz sistemde bu durum söz konusudur.

5 6 7 x   18 
1
    
0 0 11 x  11
  2  
0 7 9x  16
    
3

Yok etmenin ikinci adımında x ‘nin katsayısı sıfır olduğu için sıfır ile bölme problemi
2
ortaya çıkmaktadır.

Buradan vardığımız sonuç sıfır ile bölmenin ileriye doğru yok etmenin herhangi bir adımının
başlangıcında olası bir problem olarak ortaya çıkabileceğidir.

Yuvarlama (Round-off) hatası: Gauss eliminasyon metodunda yuvarlama hatası denklem
sayısının fazlalığına ve yapılan işlemlere bağlı olarak büyüme eğilimi gösterebilir. Aşağıdaki
örneğe bakalım.

Örnek 3
Gauss eliminasyon yöntemini kullandığımız Örnek 2 ‘yi hatırlayalım:

20x 15x 10x  45
1 2 3
3x 2.249x 7x 1.751
1 2 3
5x  x 3x 9
1 2 3

Bu sistemin çözümündeki hesaplamalarda 6 yararlı basamak ve kesme kullanmıştık. Şimdi
aynı problemi 5 yararlı basamak ve kesme aritmetiği ile tekrar edelim.

Çözüm
Sistemin matris formu:
04.06.10 Chapter 04.06

20 15 10 x   45 
1
     
3 2.249 7 x = 1.751
   2  
 5 1 3 x   9 
     
3

Forward Elimination
Birinci adımın sonunda,

20 15 10 x   45 
1
     
0 0.001 8.5 x = 8.501
   2  
 0 2.75 0.5 x  2.25
     
3

İkinci adımın sonunda ise,

20 15 10  x   45 
1
     
0 0.001 8.5 x = 8.501
   2  
 0 0 23375 x  23374
     
3

elde ederiz.

Back substitution
Şimdi çözüme geçelim. Üçüncü denklemden,

23375x 23374
3
23374
x 
3 23375
0.99995

Ikinci denklemden,

0.001x 8.5x 8.501
2 3
8.5018.5x
x  3
2 0.001

8.5018.50.99995

0.001
8.5018.4995

0.001
0.0015
 1.5
0.001