Üç Veya Daha Fazla De˘giskenli Fonksiyonlar Üç Veya Daha Fazla

Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar
Üç değişkenli bir f fonksiyonu, bir D ⊂ R3 tanım kümesindeki her
(x, y, z) sıralı üçlüsüne, f (x, y, z) ile gösterilen tek bir gerçel sayı
karşı getiren bir kuraldır.
Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar
Örneğin, Dünyanın bir noktasındaki T sıcaklığı, bu noktanın x
boylamına, y enlemine ve t zamanına bağlıdır, bu nedenle
T = f (x, y, t) yazabiliriz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
1/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
2/ 174
Örnek
Örnek : f (x, y, z) = ln(z − y) + xy sin z fonksiyonunun tanım
kümesini bulunuz.
Örnek : f (x, y, z) = ln(z − y) + xy sin z fonksiyonunun tanım
kümesini bulunuz.
Çözüm: f (x, y, z) nin ifadesi z − y > 0 olduğunda tanımlıdır, bu
nedenle f nin tanım kümesi
D = {(x, y, z) ∈ R3 |z > y}
olur. Bu küme z = y düzleminin yukarısında kalan tüm
noktalardan oluşan yarı uzaydır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
3/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
3/ 174
Rn
Limit ve Süreklilik
x ve y nin her ikisi birden sıfıra yaklaşırken (dolayısıyla (x, y)
noktası başlangıç noktasına yaklaşırken)
Herhangi bir sayıda değişkene sahip fonksiyonlar da düşünülebilir. n
değişkenli bir fonksiyon (x1 , x2 , . . . , xn ) sıralı n li gerçel sayılarına
bir z = f (x1 , x2 , . . . , xn ) gerçel sayısı karşı getiren bir kuraldır.
f (x, y) =
Böyle sıralı n lileri Rn ile gösteririz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
sin(x2 + y 2 )
x2 − y 2
ve
g(x,
y)
=
x2 + y 2
x2 + y 2
fonksiyonlarının davranışlarını karşılaştıralım.
4/ 174
Limit ve Süreklilik
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
5/ 174
Limit ve Süreklilik
Tablo 1:
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Tablo 2: g(x, y) =
sin(x2 +y 2 )
x2 +y 2
MAT 1010 Matematik II
6/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
x2 −y 2
x2 +y 2
MAT 1010 Matematik II
7/ 174
Limit ve Süreklilik
Limit ve Süreklilik
Sayısal verilere dayalı olarak yapılan bu tahminler doğrudur, bu
nedenle
sin(x2 + y 2 )
=1
lim
x2 + y 2
(x,y)→(0,0)
ve
x2 + y 2
yoktur.
lim
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Tablo 1 ve Tablo 2, başlangıç
noktasına yakın (x, y) noktaları için f (x, y) ve g(x, y) nin
değerlerini üçüncü basamağa kadar doğru göstermektedir. (Her iki
fonksiyonunda başlangıç noktalarında tanımsız olduğuna dikkat
ediniz.)
(x, y), (0, 0) a yaklaşırken f (x, y) değeri 1 e yaklaşıyor ancak
g(x, y) değerleri hiçbir sayıya yaklaşmıyor gibi görünmektedir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
diye yazarız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
8/ 174
Limit ve Süreklilik
MAT 1010 Matematik II
9/ 174
Limit ve Süreklilik
İki değişkenli fonksiyonlar için durum basit değildir, çünkü (x, y) yi
(a, b) ye ((x, y), f nin tanım kümesinde kalmak koşuluyla) sonsuz
değişik yönden yaklaştırabiliriz.
Tanım: Eğer (x, y) noktasını (a, b) noktasına yeterince yakın
ancak (a, b) den farklı alarak, f (x, y) nin değerini L ye istediğimiz
kadar yakın yapabiliyorsak
lim
(x,y)→(a,b)
Bu yönler boyunca f (x, y)
fonksiyonunun farklı limitleri
olacak şekilde iki farklı
yaklaşım yolu bulabiliyorsak
lim f (x, y) yoktur.
f (x, y) = L
yazarız ve (x, y), (a, b) ye yaklaşırken f (x, y) nin limiti L dir deriz.
(x,y)→(a,b)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
10/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
11/ 174
Limit ve Süreklilik
Limit ve Süreklilik
Eğer, L1 6= L2 olmak üzere,
Eğer, L1 6= L2 olmak üzere,
C1 yolu boyunca (x, y) → (a, b) iken f (x, y) → L1
C1 yolu boyunca (x, y) → (a, b) iken f (x, y) → L1
ve
ve
C2 yolu boyunca (x, y) → (a, b) iken f (x, y) → L2
ise
lim
(x,y)→(a,b)
f (x, y)
yoktur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Örnek
Örnek:
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
12/ 174
MAT 1010 Matematik II
12/ 174
Örnek
x2 − y 2
limitinin olmadığını gösteriniz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Örnek:
x2 − y 2
limitinin olmadığını gösteriniz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Çözüm: f (x, y) =
x2 − y 2
olsun.
x2 + y 2
Önce (0, 0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
13/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
13/ 174
Örnek
Örnek
Örnek:
x2 − y 2
limitinin olmadığını gösteriniz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Çözüm: f (x, y) =
Örnek:
x2 − y 2
olsun.
x2 + y 2
Çözüm: f (x, y) =
Önce (0, 0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.Bu durumda, y = 0, her
x 6= 0 için f (x, 0)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
x2 − y 2
limitinin olmadığını gösteriniz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
MAT 1010 Matematik II
x2 − y 2
olsun.
x2 + y 2
Önce (0, 0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.Bu durumda, y = 0, her
x 6= 0 için f (x, 0) = x2 /x2 = 1 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
13/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
13/ 174
Örnek...
Örnek:
x2 − y 2
limitinin olmadığını gösteriniz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Çözüm: f (x, y) =
Şimdi de, x = 0 yazarak, y ekseni boyunca yaklaşalım. Bu
durumda, x = 0, her y 6= 0 için f (0, y) = −y 2 /y 2 = −1 olur,
dolayısıyla,
x2 − y 2
olsun.
x2 + y 2
y ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → −1 dir.
Önce (0, 0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.Bu durumda, y = 0, her
x 6= 0 için f (x, 0) = x2 /x2 = 1 olur.
Dolayısıyla,
x ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → 1 dir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
13/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
14/ 174
Örnek...
Örnek
Şimdi de, x = 0 yazarak, y ekseni boyunca yaklaşalım. Bu
durumda, x = 0, her y 6= 0 için f (0, y) = −y 2 /y 2 = −1 olur,
dolayısıyla,
Örnek: f (x, y) =
xy
ise
x2 + y 2
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) var mıdır?
y ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → −1 dir.
f iki farklı doğru boyunca iki farklı limite sahip olduğundan, bu
limit yoktur.
(Bu sonuç, bu bölümün başlangıcında, sayısal verilere dayanarak
yapılan tahmini doğrular.)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
14/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
15/ 174
Örnek
Örnek: f (x, y) =
x2
xy
ise
+ y2
lim
(x,y)→(0,0)
Örnek: f (x, y) =
f (x, y) var mıdır?
Çözüm: Eğer, y = 0 ise, f (x, 0) = 0/x2 = 0 dır.
x2
xy
ise
+ y2
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) var mıdır?
Çözüm: Eğer, y = 0 ise, f (x, 0) = 0/x2 = 0 dır.Bu nedenle
x ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → 0 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
15/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
15/ 174
Örnek...
Örnek...
Eğer, x = 0 ise, f (0, y) = 0/y 2 = 0 dır.
Eğer, x = 0 ise, f (0, y) = 0/y 2 = 0 dır.Bu nedenle,
y ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → 0 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
16/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
16/ 174
Örnek...
(0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım.
Eğer, x = 0 ise, f (0, y) = 0/y 2 = 0 dır.Bu nedenle,
y ekseni boyunca (x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → 0 olur.
Her ne kadar eksenler boyunca aynı limiti elde etmiş olsak da, bu
sonuç, limitin 0 olduğunu göstermez.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
16/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
17/ 174
Örnek...
Örnek...
(0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım.
(0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım.
Her x 6= 0 için
Her x 6= 0 için
x2
1
f (x, x) = 2
=
x + x2
2
f (x, x) =
dir.
x2
1
=
x2 + x2
2
dir.
Bu nedenle x = y doğrusu boyunca
1
olur.
(x, y) → (0, 0) iken f (x, y) →
2
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
17/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
17/ 174
Örnek
(0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım.
Her x 6= 0 için
f (x, x) =
Örnek: Eğer f (x, y) =
xy 2
ise
+ y4
x2
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) var mıdır?
x2
1
=
2
2
x +x
2
dir.
Bu nedenle x = y doğrusu boyunca
1
olur.
(x, y) → (0, 0) iken f (x, y) →
2
Farklı yollar boyunca farklı limitler elde ettiğimiz için, verilen limit
yoktur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
17/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
18/ 174
Örnek
Örnek
Örnek: Eğer f (x, y) =
xy 2
ise
x2 + y 4
lim
(x,y)→(0,0)
Örnek: Eğer f (x, y) =
f (x, y) var mıdır?
xy 2
ise
x2 + y 4
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) var mıdır?
Çözüm: Bir önceki örneği anımsayarak, başlangıç noktasından
geçen ve düşey olmayan herhangi bir doğru boyunca
(x, y) → (0, 0) olduğunu düşünerek zaman kazanalım.
Çözüm: Bir önceki örneği anımsayarak, başlangıç noktasından
geçen ve düşey olmayan herhangi bir doğru boyunca
(x, y) → (0, 0) olduğunu düşünerek zaman kazanalım.
Bu durumda, m eğim olmak üzere y = mx ve
Bu durumda, m eğim olmak üzere y = mx ve
f (x, y) = f (x, mx)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
18/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
18/ 174
Örnek
Örnek: Eğer f (x, y) =
xy 2
ise
+ y4
x2
lim
(x,y)→(0,0)
Örnek: Eğer f (x, y) =
f (x, y) var mıdır?
xy 2
ise
+ y4
x2
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) var mıdır?
Çözüm: Bir önceki örneği anımsayarak, başlangıç noktasından
geçen ve düşey olmayan herhangi bir doğru boyunca
(x, y) → (0, 0) olduğunu düşünerek zaman kazanalım.
Çözüm: Bir önceki örneği anımsayarak, başlangıç noktasından
geçen ve düşey olmayan herhangi bir doğru boyunca
(x, y) → (0, 0) olduğunu düşünerek zaman kazanalım.
Bu durumda, m eğim olmak üzere y = mx ve
Bu durumda, m eğim olmak üzere y = mx ve
f (x, y) = f (x, mx) =
m2 x 3
m2 x
x(mx)2
=
=
x2 + (mx)4
x2 + m4 x4
1 + m4 x2
f (x, y) = f (x, mx) =
olur.
m2 x 3
m2 x
x(mx)2
=
=
x2 + (mx)4
x2 + m4 x4
1 + m4 x2
olur. Dolayısıyla, y = mx doğrusu boyunca
(x, y) → (0, 0) iken f (x, y) → 0 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
18/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
18/ 174
Örnek...
Örnek...
Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f (x, y) aynı limite
sahiptir.
Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f (x, y) aynı limite
sahiptir.
Ancak bu, verilen limitin 0 olduğunu göstermez, çünkü x = y 2
parabolü boyunca da (x, y) → (0, 0) dır ve bu durumda,
f (x, y) = f (y 2 , y) =
y2y2
y4
1
=
=
2
2
4
4
(y ) + y
2y
2
olduğundan, x = y 2 parabolü boyunca (x, y) → (0, 0) iken
f (x, y) → 12 bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
19/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
19/ 174
Örnek...
Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f (x, y) aynı limite
sahiptir.
Çok değişkenli fonksiyonlarda da limit özelliklerinin kullanılması
limitin hesaplanmasını oldukça kolaylaştırır.
Ancak bu, verilen limitin 0 olduğunu göstermez, çünkü x = y 2
parabolü boyunca da (x, y) → (0, 0) dır ve bu durumda,
Tek değişkenli fonksiyonlardaki limit kuralları, iki değişkenli
fonksiyonlara genişletilebilir.
y2y2
y4
1
f (x, y) = f (y 2 , y) = 2 2
=
=
4
4
(y ) + y
2y
2
Toplamın limiti limitlerin toplamıdır, çarpımın limiti limitlerin
çarpımıdır vb.
olduğundan, x = y 2 parabolü boyunca (x, y) → (0, 0) iken
f (x, y) → 21 bulunur.
Farklı eğriler farklı limit değerleri verdiğinden, aranan limit yoktur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
19/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
20/ 174
Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur.
lim
(x,y)→(a,b)
Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur.
x=a
lim
(x,y)→(a,b)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
lim
(x,y)→(a,b)
x=a
lim
(x,y)→(a,b)
y=b
lim
(x,y)→(a,b)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
21/ 174
Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur.
x=a
y=b
MAT 1010 Matematik II
21/ 174
Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur.
lim
(x,y)→(a,b)
c=c
lim
(x,y)→(a,b)
x=a
lim
(x,y)→(a,b)
y=b
lim
(x,y)→(a,b)
c=c
Ayrıca sıkıştırma Teoremi de geçerlidir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
21/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
21/ 174
Örnek
Örnek
Örnek: Eğer varsa,
3x2 y
limitini bulunuz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Örnek: Eğer varsa,
3x2 y
limitini bulunuz.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Çözüm: Bir önceki örnekteki gibi, başlangıç noktasından geçen
her doğru boyunca limitin 0 olduğunu gösterebiliriz.
Bu, verilen limitin 0 olduğunu kanıtlamaz, ancak y = x2 ve x = y 2
parabolleri boyunca limitler de 0 bulununca, limitin var ve 0 a eşit
olduğunu düşünmeye başlarız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
22/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
22/ 174
Örnek...
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
3x2 y
−
0
2
=
2
x +y
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
3x2 y
3x2 y −
0
2
= 2
2
2
x +y
x +y
MAT 1010 Matematik II
23/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
23/ 174
Örnek...
Örnek...
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
3x2 y
3x2 y 3x2 |y|
=
=
−
0
2
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
3x2 y
3x2 y 3x2 |y|
=
=
−
0
2
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
y 2 ≥ 0 olduğundan x2 + y 2 ≥ x2 dir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
23/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
23/ 174
Örnek...
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
Bunu kanıtlamak için f (x, y) den 0 a olan uzaklığa bakarız:
3x2 y
3x2 y 3x2 |y|
−
0
=
=
2
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
3x2 y
3x2 y 3x2 |y|
−
0
=
=
2
x + y2
x2 + y 2
x2 + y 2
y 2 ≥ 0 olduğundan x2 + y 2 ≥ x2 dir.Bu nedenle
y 2 ≥ 0 olduğundan x2 + y 2 ≥ x2 dir.Bu nedenle
x2
≤1
x2 + y 2
x2
≤1
x2 + y 2
olur.
olur.Buradan
0≤
3x2 |y|
≤ 3|y|
x2 + y 2
bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
23/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
23/ 174
Örnek...
Örnek...
Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım.
lim
(x,y)→(0,0)
Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım.
0=0
lim
(x,y)→(0,0)
0=0
ve
lim
(x,y)→(0,0)
3|y| = 0
olduğu için,
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
24/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
24/ 174
Süreklilik
Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım.
lim
(x,y)→(0,0)
olduğu için,
0=0
ve
Tanım: Eğer iki değişkenli bir f fonksiyonu için
lim
(x,y)→(0,0)
3|y| = 0
lim
(x,y)→(a,b)
ise fonksiyon (a, b) de süreklidir denir.
3x2 y
lim
=0
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
Eğer f , D’ nin her (a, b) noktasında sürekli ise f , D’ de süreklidir
deriz.
sonucuna varılır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
f (x, y) = f (a, b)
24/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
25/ 174
Süreklilik
Süreklilik
Sürekliliğin sezgisel anlamı, (x, y) deki küçük bir değişimin, f (x, y)
de küçük bir değişime yol açmasıdır.
Limitin özelliklerini kullanarak, sürekli fonksiyonların toplam, fark,
çarpım ve bölümlerinin tanım kümelerinde sürekli olduklarını
görebilirsiniz.
Bu da, sürekli fonksiyonun grafiği olan yüzeyde delik veya yırtılma
olmaması anlamına gelir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Örnek
Örnek:
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
26/ 174
MAT 1010 Matematik II
27/ 174
Örnek
lim
(x,y)→(1,2)
x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y limitini hesaplayınız.
Örnek:
lim
(x,y)→(1,2)
x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y limitini hesaplayınız.
Çözüm: f (x, y) = x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y polinom olduğundan her
yerde süreklidir, bu nedenle limitini doğrudan yerine koyma ile
bulabiliriz:
lim
(x,y)→(1,2)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
28/ 174
x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y = 12 .23 − 13 .22 + 3.1 + 2.2 = 11
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
28/ 174
Örnek
Örnek
Örnek: f (x, y) =
x2 − y 2
fonksiyonu nerede süreklidir?
x2 + y 2
Örnek: f (x, y) =
x2 − y 2
fonksiyonu nerede süreklidir?
x2 + y 2
Çözüm: f fonksiyonu (0, 0) da tanımlı olmadığından orada
süreksizdir. f , bir rasyonel fonksiyon olduğundan, tanım kümesinde
süreklidir, bu da
D = {(x, y)|(x, y) 6= (0, 0)}
kümesidir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
29/ 174
Örnek
29/ 174
Örnek
Örnek:
Örnek:
MAT 1010 Matematik II
 2
x − y2


, (x, y) 6= (0, 0)
 2
x + y2
g(x, y) =



0,
(x, y) = (0, 0)
f (x, y) =



(x,y)→(0,0)
3x2 y
, (x, y) 6= (0, 0)
x2 + y 2
0,
(x, y) = (0, 0)
olsun. (x, y) 6= (0, 0) için, bir rasyonel fonksiyona eşit olduğundan
f sürekli olduğunu biliyoruz. Ayrıca
olsun. Burada g, (0, 0) da tanımlı ancak yinede süreksizdir, çünkü
lim




g(x, y)
lim
(x,y)→(0,0)
yoktur.
f (x, y) =
3x2 y
= 0 = f (0, 0)
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
olduğunu biliyoruz.
Bu nedenle, f , (0, 0) da sürekli, dolayısıyla R2 ’ de süreklidir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
30/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
31/ 174
Süreklilik
Bir değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi, iki sürekli fonksiyonu
birleştirerek üçüncü bir fonksiyon elde etmenin bir yolu da bileşke
işlemidir.
Gerçekten de, f iki değişkenli sürekli bir fonksiyon ve g , f nin
görüntü kümesinde tanımlı bir değişkenli sürekli bir fonksiyon ise,
h(x, y) = g(f (x, y)) ile tanımlı h = g ◦ f bileşke fonksiyonu da
sürekli bir fonksiyondur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
32/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
33/ 174
Örnek
Örnek: h(x, y) = arctan(y/x) fonksiyonu nerede süreklidir?
Örnek: h(x, y) = arctan(y/x) fonksiyonu nerede süreklidir?
Çözüm: f (x, y) = y/x fonksiyonu, bir rasyonel fonksiyon
olduğundan, x = 0 doğrusu dışında süreklidir. g(t) = arctan t
fonksiyonu her yerde süreklidir. Bu nedenle,
g(f (x, y)) = arctan(y/x) = h(x, y)
bileşke fonksiyonu, x = 0 dışında süreklidir. Şekil 1 deki grafik, h
nin garfiğinin y ekseninin üstünde yırtıldığını göstermektedir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
34/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
34/ 174
Örnek...
Limit ve Süreklilik
İki değişkenli fonksiyonlar için öğrendiğimiz her şey üç ve daha
fazla değişkenli fonksiyonlara genişletilebilir.
lim
(x,y)→(a,b,c)
f (x, y, z) = L
gösterimi, (x, y, z) noktası, f nin tanım kümesi içinde herhangi bir
yol boyunca, (a, b, c) noktasına yaklaşırken, f (x, y, z) nin L
sayısına yaklaşması anlamına gelir.
Şekil 1: arctan(y/x)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
35/ 174
Limit ve Süreklilik
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
36/ 174
Kısmi Türevler
Eğer
lim
(x,y)→(a,b,c)
f (x, y, z) = f (a, b, c)
Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise kısmi türevleri fx ve fy
aşağıda tanımlanan fonksiyonlardır:
ise f , (a, b, c) de süreklidir.
Örneğin
f (x, y, z) =
x2
+
y2
f (x + h, y) − f (x, y)
h→0
h
fx (x, y) = lim
1
+ z2 − 1
fy (x, y) = lim
fonksiyonu, üç değişkenli bir rasyonel fonksiyondur ve bu nedenle
de, x2 + y 2 + z 2 = 1 dışında R3 ün her noktasında süreklidir.
h→0
f (x, y + h) − f (x, y)
h
Diğer bir deyişle, başlangıç noktası merkezli ve 1 yarıçaplı küre
üzerinde süreksizdir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
37/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
38/ 174
Kısmi Türevler
Kısmi Türevler
Kısmi türevler için gösterimler
z = f (x, y) fonksiyonunun kısmi türevlerini bulma kuralı
z = f (x, y) ise
fx (x, y) = fx =
∂f
∂
∂z
=
f (x, y) =
= f1 = D 1 f = D x f
∂x
∂x
∂x
fy (x, y) = fy =
∂
∂z
∂f
=
f (x, y) =
= f2 = D 2 f = D y f
∂y
∂y
∂y
1. fx i bulmak için y değişkenini sabit olarak düşünüp f (x, y) nin
x e göre türevini alınız.
2. fy yi bulmak için x değişkenini sabit olarak düşünüp f (x, y)
nin y e göre türevini alınız.
yazarız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
39/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
40/ 174
Örnek
Örnek : f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2 ise fx (2, 1) ve fy (2, 1)
değerlerini bulunuz.
Örnek : f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2 ise fx (2, 1) ve fy (2, 1)
değerlerini bulunuz.
Çözüm : y yi sabit tutup x e göre türev alarak
fx (x, y) = 3x2 + 2xy 3
elde ederiz ve
fx (2, 1) = 3 . 22 + 2 . 2 . 13 = 16
buluruz. x i sabit tutup y ye göre türev alarak
fy (x, y) = 3x2 y 2 − 4y
fy (2, 1) = 3 . 22 . 12 − 4 . 1 = 8
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
41/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
41/ 174
Örnek
Örnek
Örnek : f (x, y) = sin
x
1+y
∂f
∂f
ise,
ve
yi hesaplayınız.
∂x
∂y
Örnek : f (x, y) = sin
x
1+y
ise,
∂f
∂f
ve
yi hesaplayınız.
∂x
∂y
Çözüm : Bir değişkenli fonksiyonlar için Zincir Kuralını kullanarak
∂
1
x
x
x
∂f
·
= cos
·
= cos
∂x
1+y
∂x 1 + y
1+y
1+y
∂f
= cos
∂y
x
1+y
∂
·
∂y
x
1+y
= − cos
x
1+y
·
x
(1 + y)2
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
42/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
42/ 174
Örnek
Örnek: Eğer z, x ve y nin
Örnek: Eğer z, x ve y nin
x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1
x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1
denklemi ile kapalı olarak tanımlanmış bir fonksiyonu ise ∂z/∂x ve
∂z/∂y yi bulunuz.
denklemi ile kapalı olarak tanımlanmış bir fonksiyonu ise ∂z/∂x ve
∂z/∂y yi bulunuz.
Çözüm : ∂z/∂x i bulmak için y ye bir sabit gibi davranmaya özen
göstererek eşitliğin her iki yanının x e göre kapalı türevini alırız.
3x2 + 3z 2
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
43/ 174
∂z
∂z
+ 6yz + 6xy
=0
∂x
∂x
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
43/ 174
Örnek...
Türevlenebilirlik
∂z
∂z
+ 6yz + 6xy
=0
∂x
∂x
Bu denklemi ∂z/∂x için çözerek
3x2 + 3z 2
Teorem : Eğer fx ve fy kısmi türevleri (a, b) yakınında var ve
(a, b) de sürekli ise, f , (a, b) de türevlenebilirdir.
∂z
x2 + 2yz
=− 2
∂x
z + 2xy
elde ederiz. Benzer şekilde y ye göre kapalı türev almak
∂z
y 2 + 2xz
=− 2
∂y
z + 2xy
sonucunu verir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
44/ 174
İkiden Çok Değişkenli Fonksiyonlar
MAT 1010 Matematik II
45/ 174
Örnek
Örnek : f (x, y, z) = exy ln z ise fx , fy ve fz yi bulunuz.
Kısmi türevler üç ya da daha çok değişkenli fonksiyonlar için
tanımlanabilir.
Örneğin f , x, y ve z nin üç değişkenli bir fonksiyonu ise x e göre
kısmi türevi y, z yi sabit tutup f (x, y, z) nin x e göre türevi
alınarak bulunur.
Eğer w = f (x, y, z) ise fx = ∂w/∂x, y ve z sabit tutulduğunda w
nin x e göre değişme hızı olarak yorumlanabilir. Ancak, f nin
grafiği dört-boyutlu uzayda olduğundan onu geometrik olarak
yorumlayamayız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
46/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
47/ 174
Örnek
Örnek
Örnek : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz.
Örnek : f (x, y, z) = exy ln z ise fx , fy ve fz yi bulunuz.
(a) u =
Çözüm : y ve z yi sabit tutup x e göre türev alarak
p
x21 + x22 . . . + x2n
(b) u = sin(x1 + 2x2 + . . . + nxn )
fx = yexy ln z
bulunur.
Benzer şekilde
fy = xexy ln z ve fz =
exy
z
bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Örnek
MAT 1010 Matematik II
48/ 174
Örnek
Örnek : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz.
(a) u =
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
47/ 174
p
Örnek : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz.
x21 + x22 . . . + x2n
(a) u =
p
x21 + x22 . . . + x2n
(b) u = sin(x1 + 2x2 + . . . + nxn )
(b) u = sin(x1 + 2x2 + . . . + nxn )
Çözüm : (a) Bir değişikenli fonksiyonlar için Zincir kuralını
kullanarak
Çözüm : (a) Bir değişikenli fonksiyonlar için Zincir kuralını
kullanarak
∂u
1
x1
= p 2
· 2x1 = p 2
2
2
2
∂x1
2 x1 + x2 + . . . + xn
x1 + x2 + . . . + x2n
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
∂u
1
x1
= p 2
· 2x1 = p 2
2
2
2
∂x1
2 x1 + x2 + . . . + xn
x1 + x2 + . . . + x2n
1
x2
∂u
= p 2
· 2x2 = p 2
2
2
2
∂x2
2 x1 + x2 + . . . + xn
x1 + x2 + . . . + x2n
48/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
48/ 174
Örnek...
(b) Benzer şekilde,
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 1
∂x1
Genelleştirirsek,
xi
∂u
=p 2
,
2
∂xi
x1 + x2 + . . . + x2n
i = 1, 2, . . . , n
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
49/ 174
(b) Benzer şekilde,
MAT 1010 Matematik II
50/ 174
(b) Benzer şekilde,
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 1
∂x1
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 2
∂x2
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 1
∂x1
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 2
∂x2
Genelleştirirsek,
Genelleştirirsek,
∂u
= i cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ),
∂xi
i = 1, 2, . . . , n
buluruz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
50/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
50/ 174
Yüksek Basamaktan Türevler
Yüksek Basamaktan Türevler
Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise fx ve fy de iki değişkenli
fonksiyonlardır, bu nedenle onların (fx )x , (fx )y , (fy )x , (fy )y kısmi
türevlerini düşünebiliriz. Bunları f nin ikinci kısmi türevleri olarak
adlandırırız.
Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise fx ve fy de iki değişkenli
fonksiyonlardır, bu nedenle onların (fx )x , (fx )y , (fy )x , (fy )y kısmi
türevlerini düşünebiliriz. Bunları f nin ikinci kısmi türevleri olarak
adlandırırız.Eğer z = f (x, y) ise aşağıdaki gösterimleri kullanırız:
∂2f
∂2z
∂ ∂f
=
=
(fx )x = fxx = f11 =
∂x ∂x
∂x2
∂x2
(fx )y = fxy = f12 =
∂
∂y
∂f
∂x
=
∂2f
∂2z
=
∂y∂x
∂y∂x
(fy )x = fyx = f21 =
∂
∂x
∂f
∂y
=
∂2f
∂2z
=
∂x∂y
∂x∂y
∂
=
∂y
∂f
∂x
=
∂2f
∂2z
=
∂y 2
∂y 2
(fy )y = fyy = f22
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
51/ 174
MAT 1010 Matematik II
51/ 174
Örnek
Yüksek Basamaktan Türevler
Örnek : f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2
fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz.
∂2f
) önce x e sonra y ye görev
∂y∂x
türev almak anlamına gelir, diğer yandan fyx hesaplanırken bu sıra
tersinedir.
Dolayısıyla, fxy (diğer yazılışıyla
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
52/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
53/ 174
Örnek
Yüksek Basamaktan Türevler
Örnek : f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2
fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz.
Clairaut Teoremi : f , (a, b) noktasını içeren bir D dairesinde
tanımlansın. Eğer fxy ve fyx fonksiyonlarının her ikisi de D de
sürekli ise, fxy = fyx olur.
Çözüm :
fx (x, y) = 3x2 + 2xy 3
fy (x, y) = 3x2 y 2 − 4y
olduğunu bulmuştuk. Bu nedenle
fxx =
∂
∂
(3x2 + 2xy 3 ) = 6x + 2y 3 fxy =
(3x2 + 2xy 3 ) = 6xy 2
∂x
∂y
fyx =
∂
(3x2 y 2 − 4y) = 6xy 2
∂x
fyy =
∂
(3x2 y 2 − 4y) = 6x2 y − 4
∂y
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
53/ 174
MAT 1010 Matematik II
54/ 174
Örnek
Yüksek Basamaktan Türevler
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Clairaut Teoremi : f , (a, b) noktasını içeren bir D dairesinde
tanımlansın. Eğer fxy ve fyx fonksiyonlarının her ikisi de D de
sürekli ise, fxy = fyx olur.
3 üncü ya da daha yüksek basamaktan kısmi türevler benzer
şekilde tanımlanabilir. Eğer bu fonksiyonlar sürekli ise Clairaut
teoreminden fxyy = fyxy = fyyx olduğu gösterilebilir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
54/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
55/ 174
Örnek
Örnek
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Çözüm :
Çözüm :
fx = 3 cos(3x + yz)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
fx = 3 cos(3x + yz)
fxx = −9 sin(3x + yz)
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
55/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
55/ 174
Örnek
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Çözüm :
Çözüm :
fx = 3 cos(3x + yz)
fxx = −9 sin(3x + yz)
fxxy = −9z cos(3x + yz)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
fx
fxx
fxxy
fxxyz
55/ 174
= 3 cos(3x + yz)
= −9 sin(3x + yz)
= −9z cos(3x + yz)
= −9 cos(3x + yz) + 9yz sin(3x + yz)
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
55/ 174
Örnek
Teğet Düzlem
Örnek : z = 2x2 + y 2 eliptik paraboloidinin (1, 1, 3) noktasındaki
teğet düzlemini bulunuz.
Çözüm : f (x, y) = 2x2 + y 2 olsun. Bu durumda,
f ’nin kısmi türevleri sürekli olsun. z = f (x, y) yüzeyine
P (x0 , y0 , z0 ) noktasında teğet düzleminin denklemi
fx (x, y) = 4x
fy (x, y) = 2y
fx (1, 1) = 4 fy (1, 1) = 2
z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 )’dır.
olur. Bu nedenle (1, 1, 3)’teki teğet düzleminin denklemi
z − 3 = 4(x − 1) + 2(y − 1)
ya da
z = 4x + 2y − 3
olarak verilir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
56/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
57/ 174
Örnek...
(1, 1, 3) e odaklandıkça z = 2x2 + y 2 eliptik paraboloidinin teğet
düzlemiyle daha çok çakışıyor göründüğüne dikkat ediniz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
58/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
59/ 174
Doğrusal Yaklaştırımlar
Doğrusal Yaklaştırımlar
Örnekte f (x, y) = 2x2 + y 2 fonksiyonunun (1, 1, 3) noktasındaki
teğet düzleminin denkleminin z = 4x + 2y − 3 olduğunu bulduk.
Bu nedenle şekillerdeki görsel kanıtlar nedeniyle, iki değişkenli
Örneğin, (1.1, 0.95) noktasında doğrusal yaklaştırım
f (1.1, 0.95) ≈ 4(1, 1) + 2(0.95) − 3 = 3.3
verir, bu da
L(x, y) = 4x + 2y − 3
f (1.1, 0.95) = 2(1, 1)2 + (0, 95)2 = 3.3225
doğrusal fonksiyonu, (x, y) noktası (1, 1)’e yakınken f (x, y)
fonksiyonuna iyi bir yaklaştırımdır. L fonksiyonu f ’nin (1, 1)’deki
doğrusallaştırılması olarak adlandırılır ve
gerçek değerine oldukça yakındır.
Ancak (2, 3) gibi (1, 1)’den uzak bir nokta alırsak, artık iyi bir
yaklaştırım elde etmeyiz.
f (x, y) ≈ 4x + 2y − 3
yaklaştırımı f ’ye (1, 1)’deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet
düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Gerçekten de f (2, 3) = 17 olmasına karşın L(2, 3) = 11 olur.
MAT 1010 Matematik II
MAT 1010 Matematik II
61/ 174
Örnek
Doğrusal Yaklaştırımlar
Genel olarak iki değişkenli bir f fonksiyonunun (a, b, f (a, b))
noktasındaki teğet düzlemi denkleminin
Örnek : f (x, y) = xexy ’nin (1, 0)’da doğrusallaştırmasını bulunuz.
Sonra bunu kullanarak f (1.1, −0.1)’i yaklaşık olarak hesaplayınız.
z = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
Çözüm :Kısmi türevler
olduğunu biliyoruz. Grafiği bu teğet düzlemi olan doğrusal
fonksiyon
L(x, y) = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
fx (x, y) = exy + xyexy
fx (1, 0) = 1
(1)
f (x, y) ≈ f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
fy (1, 0) = 1
L(x, y) = f (1, 0) + fx (1, 0)(x − 1) + fy (1, 0)(y − 0)
(2)
= 1 + 1(x − 1) + 1 · y = x + y
yaklaştırımı, f ’ye (a, b)’deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet
düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.
MAT 1010 Matematik II
fy (x, y) = x2 exy
Doğrusallaştırma
f ’nin (a, b)’deki doğrusallaştırması ve
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
60/ 174
62/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
63/ 174
Örnek...
Diferansiyeller
İki değişkenli türevlenebilen bir z = f (x, y) fonksiyonu için dx ve
dy diferansiyellerini bağımsız değişkenler olarak tanımlarız;
dolayısıyla onlara herhangi bir değer verilebilir.
ve karşıgelen doğrusal yaklaştırım
xexy ≈ x + y
Buradan, aynı zamanda toplam diferansiyel olarak da
adlandırılan, dz diferansiyeli
dir, bu nedenle
f (1.1, −0.1) ≈ 1.1 − 0.1 = 1
dz = fx (x, y)dx + fy (x, y)dy =
olur. Bu sonucu, f (1.1, −0.1)’in gerçek değeri olan
1.1e−0.11 ≈ 0.98542 ile karşılaştırınız.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
∂z
∂z
dx +
dy
∂x
∂y
(3)
olarak tanımlanır. Bazen dz yerine df gösterimi de kullanılır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
64/ 174
MAT 1010 Matematik II
65/ 174
Örnek
Diferansiyeller
Örnek :
Eğer, Denklem (3)’da dx = ∆x = x − a ve dy = ∆y = y − b
alınırsa, z’nin diferansiyeli
(a) z = f (x, y) = x2 + 3xy − y 2 ise dz diferansiyelini
bulunuz.
(b) x, 2’den 2.05’e ve y, 3’ten 2.96’ya değiştiğinde ∆z
ile dz’yi karşılaştırınız.
dz = fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
olur. Böylece, diferansiyel gösterimi ile (2)’teki doğrusal yaklaştırım
Çözüm
(a) Tanım (3)’dan
f (x, y) ≈ f (a, b) + dz
dz =
olarak yazılabilir.
∂z
∂z
dx +
dy = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy
∂x
∂y
bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
66/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
67/ 174
Örnek...
Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar
(b) x = 2, dx = ∆x = 0.05, y = 3 ve dy = ∆y = −0.04 yazarak
dz = [2(2) + 3(3)]0.05 + [3(2) − 2(3)](−0.04) = 0.65
buluruz. z’nin değişimi
Doğrusal yaklaştırım, türevlenebilme ve diferansiyeller ikiden çok
değişkenli fonksiyonlar için benzer şekilde tanımlanabilir.
Türevlenebilir üç değişkenli bir fonksiyon için doğrusal yaklaştırım
∆z = f (2.05, 2.96) − f (2, 3)
f (x, y, z) ≈ f (a, b, c)+fx (a, b, c)(x−a)+fy (a, b, c)(y−b)+fz (a, b, c)(z−c)
= [(2.05)2 + 3(2.05)(2.96) − (2.96)2 ] − [22 + 3(2)(3) − 32 ]
olur ve L(x, y, z) doğrusallaştırılması bu ifadenin sağ yanıdır.
= 0.6449
dur. ∆z ≈ dz olduğuna ancak dz’nin daha kolay hesaplandığına
dikkat ediniz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar
MAT 1010 Matematik II
69/ 174
Zincir Kuralı (1. Durum)
Teorem 1:
Eğer w = f (x, y, z) ise w’nin değişimi
x = g(t) ve y = h(t) nin her ikisi de türevlenebilen fonksiyonlar
olmak üzere z = f (x, y), x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu
olsun.
∆w = f (x + ∆x, y + ∆y, z + ∆z) − f (x, y, z)
dir.
dw diferansiyeli, bağımsız değişkenler dx, dy ve dz diferansiyelleri
cinsinden
∂w
∂w
∂w
dw =
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
O zaman z de t nin türevlenebilen bir fonksiyonudur ve
dz
∂f dx ∂f dy
=
+
dt
∂x dt
∂y dt
olarak tanımlanır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
68/ 174
olur.
MAT 1010 Matematik II
70/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
71/ 174
Örnek
Örnek
Örnek : x = sin 2t ve y = cos t olmak üzere z = x2 y + 3xy 4 ise
dz
yi bulunuz.
t = 0 iken
dt
Örnek : Bir mol ideal gazın P (kilopascal olarak) basıncı, V (litre
olarak) hacmi ve T (Kelvin olarak) sıcaklığı P V = 8.31T eşitliğini
K
sağlar. Sıcaklık 300K ve 0.1 sn
hızla artıyor ve hacmi 100L ve
L
0.2 sn hızla artıyor ise basıncın değişim hızını bulunuz.
Çözüm Zincir Kuralı
dz
dt
∂f dx ∂f dy
+
∂x dt
∂y dt
= (2xy + 3y 4 )(2 cos 2t) + (x2 + 12xy 3 )(− sin t)
=
Çözüm Eğer t saniye olarak geçen zamanı temsil ederse, belirtilen
anda
dV
dT
= 0.1, V = 100,
= 0.2
T = 300,
dt
dt
olur.
verir. x ve y için t cinsinden ifadeleri yerine yazmak gerekmez.
t = 0 iken x = sin 0 = 0 ve y = cos 0 = 1 olduğunu kolayca
görürüz. Bu nedenle
olur.
dz = (0 + 3)(2 cos 0) + (0 + 0)(− sin 0) = 6
dt t=0
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
72/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
73/ 174
Zincir Kuralı (2. Durum)
Teorem 2:
P = 8.31
T
V
z = f (x, y), x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu, x = g(s, t) ve
y = h(s, t), s ve t nin türevlenebilen fonksiyonları olsun.
olduğundan, Zincir Kuralı
dP
dt
=
=
Bu durumda
∂P dT
∂P dV
8.31 dT
8.31T dV
+
=
−
∂T dt
∂V dt
V dt
V 2 dt
8.31
8.31(300)
(0.1) −
(0.2) = −0.04155
100
1002
sonucunu verir. Basınç yaklaşık 0.042kP a/sn hızla azalmaktadır.
∂z
∂s
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂s ∂y ∂s
∂z
∂t
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂t
∂y ∂t
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
74/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
75/ 174
Örnek
Zincir Kuralı (2. Durum)
Örnek : x = st2 ve y = s2 t olmak üzere z = ex sin y ise,
yi bulunuz.
Kolay hatırlayabilmek için aşağıdaki gibi bir diyagram çizilebilir.
∂z
∂s
ve
∂z
∂t
Çözüm Zincir Kuralı’nın 2. Durumu’nu kullanarak
∂z
∂s
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
= (ex sin y)(t2 ) + (ex cos y)(2st)
∂x ∂s ∂y ∂s
2
2
= t2 est sin(s2 t) + 2stest cos(s2 t)
∂z
∂t
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
= (ex sin y)(2st) + (ex cos y)(s2 )
∂x ∂t
∂y ∂t
2
2
= 2stest sin(s2 t) + s2 est cos(s2 t)
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
76/ 174
Zincir Kuralı (2. Durum)
MAT 1010 Matematik II
77/ 174
Kapalı Türev Alma
F (x, y) = 0 şeklinde bir denklemin y yi x in türevlenebilen kapalı
bir fonksiyonu olarak tanımlandığını, başka bir deyişle, y = f (x) ve
f nin tanım kümesindeki her x için, F (x, f (x)) = 0 olduğunu
varsayalım.
Zincir Kuralı’nın 2. Durumu üç tür değişken içerir: s ve t bağımsız
değişkenlerdir.
Eğer F türevlenebiliyorsa, Zincir Kuralı’nın 1. Durumu’nu
kullanarak F (x, y) = 0 eşitliğinde her iki yanın x e göre türevini
alabiliriz.
x ve y ara değişkenler olarak adlandırılır ve z bağımlı değişkendir.
Teorem 2 de her bir ara değişken için bir terim olduğuna ve her
terimin bir değişkenli Zincir Kuralı’na benzediğine dikkat ediniz.
Hem x hem de y, x in fonksiyonu olduğundan
∂F dx ∂F dy
+
=0
∂x dx
∂y dx
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
78/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
79/ 174
Örnek
Kapalı Türev Alma
Örnek : x3 + y 3 = 6xy ise y ′ nü bulunuz.
∂F dx ∂F dy
+
=0
∂x dx
∂y dx
Çözüm Verilen eşitlik
F (x, y) = x3 + y 3 − 6xy = 0
dx
dy
∂F
6= 0 ise
= 1 olduğundan
i çözerek
Eğer
∂y
dx
dx
∂F
dy
Fx
∂x
= − ∂F
=−
dx
Fy
∂y
olarak yazılabilir, bu nedenle Denklem 4
dy
Fx
3x2 − 6y
x2 − 2y
=−
=− 2
=− 2
dx
Fy
3y − 6x
y − 2x
(4)
olduğunu verir.
elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
80/ 174
MAT 1010 Matematik II
Örnek
Kapalı Türev Alma
Şimdi de F (x, y, f (x, y)) = 0 şeklindeki bir eşitliğin z yi
z = f (x, y) olarak kapalı biçimde tanımlandığını varsayalım.
Örnek : Eğer x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 ise
Bu, f nin tanım kümesindeki her (x, y) için F (x, y, f (x, y)) = 0
olması anlamına gelir.
Çözüm F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + 6xyz − 1 olsun. Denklem 5 den
Eğer F ve f türevlenebiliyorsa
∂F
∂z
= − ∂x
∂F
∂x
∂z
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
81/ 174
∂F
∂z
∂y
=−
.
∂F
∂y
∂z
MAT 1010 Matematik II
(5)
∂z
∂z
ve
yi bulunuz.
∂x
∂y
∂z
∂x
= −
Fx
3x2 + 6yz
x2 + 2yz
=− 2
=− 2
Fz
3z + 6xy
z + 2xy
∂z
∂y
= −
Fy
3y 2 + 6xz
y 2 + 2xz
=− 2
=− 2
Fz
3z + 6xy
z + 2xy
elde ederiz.
82/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
83/ 174
Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü
Yönlü Türevler
z = f (x, y) ise fx ve fy kısmi türevlerinin
f (x0 + h, y0 ) − f (x0 , y0 )
h→0
h
fx (x0 , y0 ) = lim
Bu bölümde, iki ya da daha çok değişkenli bir fonksiyonun,
herhangi bir yöndeki değişim hızını bulmamızı sağlayacak yönlü
türev olarak adlandırılan bir türev tipini tanıtacağız.
fy (x0 , y0 ) = lim
h→0
(6)
f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 )
h
olarak tanımlandığını ve z nin, x ve y yönündeki, başka bir deyişle
~i ve ~j birim vektörlerinin yönündeki değişim hızlarını temsil
ettiklerini anımsayalım.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
84/ 174
Yönlü Türevler
MAT 1010 Matematik II
85/ 174
Yönlü Türevler
Şimdi z nin herhangi bir ~u = ha, bi birim vektörü yönündeki
değişim hızını bulmak istediğimizi düşünelim.
Tanımı denklem 6 ile karşılaştırarak,
Tanım: f nin (x0 , y0 ) noktasında bir ~u = ha, bi birim vektörü
yönündeki yönlü türevi (eğer varsa)
ve
f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0 , y0 )
h→0
h
D~u f (x0 , y0 ) = lim
~u = ~i = h1, 0i
ise
D~i f = fx
~u = ~j = h0, 1i
ise
D~j f = fy
olduğunu görürüz.
(7)
Diğer bir deyişle f nin x ve y ye göre kısmi türeveri, yönlü türevin
özel durumlarıdır.
limitidir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
86/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
87/ 174
Yönlü Türevler
Gradyan Vektörü
Teoremdeki denklem 8 den yönlü türevin, iki vektörün iç çarpımı
olarak yazılabildiğine dikkat ediniz:
D~u f (x, y) = fx (x, y) · a + fy (x, y) · b
Teorem: Eğer f, x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu ise f nin
her ~u = ha, bi yönünde yönlü türevi vardır ve
D~u f (x, y) = fx (x, y) · a + fy (x, y) · b
D
E
= fx (x, y), fy (x, y) · ha, bi
(8)
(9)
D
E
= fx (x, y), fy (x, y) · ~u
olur.
Bu iç çarpımdaki ilk vektör yalnızca yönlü türevleri hesaplamada
değil, pek çok diğer durumda da ortaya çıkar. Bu nedenle ona özel
bir ad verir (f nin gradyanı) ve özel bir sembol (grad f ya da ”del
f ” olarak okunan ∇f ) ile gösteririz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
88/ 174
MAT 1010 Matematik II
89/ 174
Örnek
Gradyan Vektörü
Örnek: Eğer f (x, y) = sin x + exy ise,
Tanım: f, x ve y değişkenlerinin bir fonksiyonu ise, f nin
gradyanı ∇f ile gösterilen
D
E
∇f (x, y) = fx (x, y), fy (x, y) =
∂f ~ ∂f ~
i+
j
∂x
∂y
∇f (x, y) = hfx , fy i = hcos x + yexy , xexy i
(10)
ve
∇f (0, 1) = h2, 0i olur.
vektör değerli fonksiyondur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
90/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
91/ 174
Örnek
Gradyan Vektörü
Örnek: f (x, y) = x2 y 3 − 4y fonksiyonunun (2, −1) noktasında
~v = 2~i + 5~j vektörü yönündeki yönlü türevini bulunuz.
Gradyan vektörü için bu gösterim ile yönlü türev için 9 ifadesini
D~u f (x, y) = ∇f (x, y) · ~u
Çözüm: Önce (2, −1) noktasındaki gradyanı hesaplarız:
∇f (x, y) = 2xy 3~i + (3x2 y 2 − 4)~j
(11)
olarak yazabiliriz.
∇f (2, −1) = −4~i + 8~j
Bu eşitlik, ~u yönündeki yönlü türevin, gradyan vektörünün ~u
üzerine izdüşümü olduğunu belirtir.
~v nin birim vektör olmadığına dikkat ediniz, ancak |~v | =
olduğundan ~v yönündeki birim vektör
~u =
√
29
~v
5
2
= √ ~i + √ ~j
|~v |
29
29
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
92/ 174
Örnek...
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
93/ 174
Üç Değişkenli Fonksiyonlar
Üç değişkenli fonksiyonlar için yönlü türevleri benzer bir şekilde
tanımlayabiliriz. D~u f (x, y, z), yine fonksiyonun ~u birim vektörü
yönündeki değişim hızı olarak yorumlanabilir.
Bu nedenle, denklem 11 dan
D~u f (2, −1) = ∇f (2, −1) · ~u = (−4~i + 8~j) ·
=
2
5
√ ~i + √ ~j
29
29
Tanım: f nin (x0 , y0 , z0 ) noktasında bir ~u = ha, b, ci birim vektörü
yönündeki yönlü türevi (eğer bu limit varsa)
32
−4 · 2 + 8 · 5
√
=√
29
29
f (x0 + ha, y0 + hb, z0 + hc) − f (x0 , y0 , z0 )
h→0
h
(12)
D~u f (x0 , y0 , z0 ) = lim
bulunur.
olarak tanımlanır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
94/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
95/ 174
Üç Değişkenli Fonksiyonlar
Üç Değişkenli Fonksiyonlar
Üç değişkenli bir f fonksiyonu için, ∇f ya da grad f ile gösterilen
gradyan vektörü
D
E
∇f (x, y, z) = fx (x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z)
f (x, y, z) türevlenebilir ve ~u = ha, b, ci ise
veya kısaca
D~u f (x, y, z) = fx (x, y, z) · a + fy (x, y, z) · b + fz (x, y, z) · c (13)
∇f = hfx , fy , fz i =
dir.
∂f ~ ∂f ~ ∂f ~
k
i+
j+
∂x
∂y
∂z
olur. Bunun, sonucunda, iki değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi,
yönlü türev için denklem 13
D~u f (x, y, z) = ∇f (x, y, z) · ~u
(14)
olarak yazılabilir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
96/ 174
Örnek
97/ 174
Örnek...
(b) (1, 3, 0) da ∇f (1, 3, 0) = h0, 0, 3i buluruz. ~v = ~i + 2~j − ~k
yönündeki birim vektör
Örnek: f (x, y, z) = x sin(yz) ise,
(a) f nin gradyanını ve
1
2
1
~u = √ ~i + √ ~j − √ ~k
6
6
6
(b) f nin (1, 3, 0) da ~v = ~i + 2~j − ~k yönündeki yönlü türevini
bulunuz.
dir. Bu nedenle denklem 14
Çözüm:
(a) f nin gradyanı
D~u f (1, 3, 0) = ∇f (1, 3, 0) · ~u
D
∇f (x, y, z) = fx (x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z)
=
olur
MAT 1010 Matematik II
D
sin(yz), xz cos(yz), xy cos(yz)
E
2
1
1
√ ~i + √ ~j − √ ~k
6
6
6
r
3
1
=−
= 3 −√
2
6
= 3~k ·
E
sonucunu verir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
98/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
99/ 174
Yönlü Türevi Maksimum Yapmak
Yönlü Türevi Maksimum Yapmak
f iki yada üç değişkenli bir fonksiyon olsun ve verilen bir noktada f
nin tüm yönlü türevlerini düşünelim. Bunlar, f nin tüm yönlerdeki
değişim hızını verir.
Teorem: f iki ya da üç değişkenli türevlenebilir bir fonksiyon
olsun. D~u f (~x) yönlü türevinin maksimum değeri |∇f (~x)| dir ve bu
değere, ~u vektörü, gradyan vektörü ∇f (~x) ile aynı yönde iken erişir.
Şu soruları sorabiliriz: bu yönlerin hangisinde f en hızlı değişir ve
maksimum değişim hızı nedir?
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
100/ 174
Örnek
101/ 174
Örnek...
Örnek: Uzayda bir (x, y, z) noktasındaki derece Santigrad olarak
ölçülen T sıcaklığının x, y, z metre cinsinden ölçülmek üzere
T (x, y, z) = 80/(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 ) olduğunu varsayalım.
(1, 1, −2) noktasında hangi yönde sıcaklık en hızlı artar?
Maksimum artış hızı nedir?
∇T =
Çözüm: T nin gradyanı
∇T
MAT 1010 Matematik II
=
olur. (1, 1, −2) noktasında gradyan vektörü
∂T ~ ∂T ~ ∂T ~
i+
j+
k
∂x
∂y
∂z
=−
(1 +
x2
∇T (1, 1, −2) =
320y
160x
~i −
~j
2
2
2
2
+ 2y + 3z )
(1 + x + 2y 2 + 3z 2 )2
−
(1 +
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
160
(−x~i − 2y~j − 3z~k)
(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2
x2
5
160 ~
(−i − 2~j + 6~k) = (−~i − 2~j + 6~k)
256
8
olur.
480z
~k
+ 2y 2 + 3z 2 )2
MAT 1010 Matematik II
102/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
103/ 174
Örnek...
Örnek...
Teoremden, sıcaklık, gradyan vektörü
5
∇T (1, 1, −2) = (−~i − 2~j + 6~k)
8
yönünde, ya da
yönünde ya da
Maksimum artış hızı gradyan vektörünün boyudur:
√
5 ~
5
41
|∇T (1, 1, −2)| = | − i − 2~j + 6~k| =
.
8
8
√
Bu nedenle, sıcaklığın maksimum artış hızı 5 41/8 ≈ 4 ◦ C/m olur.
−~i − 2~j + 6~k
√
(−~i − 2~j + 6~k)/ 41
birim vektörü yönünde en hızlı artar.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
104/ 174
Maksimum ve Minimum Değerler
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
105/ 174
Maksimum ve Minimum Değerler
Tanım :
(a, b) yakınındaki her (x, y) için, f (x, y) ≤ f (a, b) ise iki değişkenli
f fonksiyonunun (a, b) de bir yerel maksimumu vardır.
Tanımdaki eşitsizlikler, f nin tanım kümesindeki her (x, y)
noktasında sağlanıyorsa, f nin, (a, b) de mutlak maksimumu
(veya mutlak minimumu) vardır.
h
Bu, (a, b) merkezli bir dairedeki her (x, y) için f (x, y) ≤ f (a, b)
i
olması demektir.
f (a, b) sayısı yerel maksimum değeri olarak adlandırılır.
(a, b) yakınındaki her (x, y) için, f (x, y) ≥ f (a, b) ise f (a, b) yerel
minimum değeridir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
106/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
107/ 174
Maksimum ve Minimum Değerler
Maksimum ve Minimum Değerler
Birden çok maksimum ve minimumu olan bir fonksiyonun grafiği
Şekil 2 de görülmektedir. Yerel maksimumları dağ tepeleri ve yerel
minimumları vadi tabanları olarak düşünebiliriz.
Şekil 2:
Teorem : f nin, (a, b) noktasında yerel maksimum ya da yerel
minimumu var ve orada f nin birinci basamaktan kısmi türevleri
varsa
fx (a, b) = 0 ve fy (a, b) = 0
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
108/ 174
Maksimum ve Minimum Değerler
109/ 174
Eğer, fx (a, b) = 0 ve fy (a, b) = 0 ya da bu kısmi türevlerden biri
yoksa (a, b) noktası, f nin bir kritik noktası (ya da durağan
noktası) dır deriz.
∇f (a, b) = ~0
Teorem fonksiyonun (a, b) de yerel maksimum ya da yerel
minimumu varsa, (a, b) nin f nin bir kritik noktası olduğunu söyler.
olarak ifade edilebileceğine dikkat ediniz. Teğet düzlemi
denkleminde
fx (a, b) = 0 ve fy (a, b) = 0
Ancak, bir değişkenli kalkülüste olduğu gibi, her kritik nokta bir
yerel maksimum ya da yerel minimuma yol açmaz.
yazarsak, z = z0 elde ederiz. Bu nedenle, teoremin geometrik
yorumu, yerel maksimum ya da yerel minimumda teğet düzleminin
yatay olması gerektiğidir.
MAT 1010 Matematik II
MAT 1010 Matematik II
Maksimum ve Minimum Değerler
Teoremin bir sonucunun gradyan vektörü gösterimiyle
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Bir kritik noktada fonksiyonun yerel maksimumu veya yerel
minimumu olabilir veya bunlardan hiçbiri olmayabilir.
110/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
111/ 174
Maksimum ve Minimum Değerler
Maksimum ve Minimum Değerler
İkinci Türevler Testi
İki değişkenli bir f fonksiyonunun ikinci
basamaktan kısmi türevleri (a, b) merkezli
bir dairede sürekli,
h
fx (a, b) = 0 ve fy (a, b) = 0 olsun başka bir deyişle (a, b), f nin
i
bir kritik noktası olsun .
Bu durumda
Not 1 (c) durumunda (a, b) noktası, f nin bir eyer noktası
olarak adlandırılır ve f nin grafiği (a, b) noktasında teğet
düzleminin bir yanından diğer yanına geçer.
Not 2 D = 0 ise test hiçbir bilgi vermez. f nin (a, b) de yerel
maksimum veya yerel minimumu olabilir veya (a, b), f nin bir eyer
noktası olabilir.
D = D(a, b) = fxx (a, b) · fyy (a, b) − [fxy (a, b)]2
olmak üzere,
Not 3 D nin formülünü anımsamak için onu bir determinant
olarak yazmak yaralı olur:
fxx fxy = fxx fyy − (fxy )2
D(x, y) = fyx fyy (a) D > 0 ve fxx (a, b) > 0 ise f (a, b) bir yerel minimumdur.
(b) D > 0 ve fxx (a, b) < 0 ise f (a, b) bir yerel maksimumdur.
(c) D < 0 ise f (a, b) bir yerel maksimum veya yerel minimum
değildir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
112/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
113/ 174
Örnek...
Örnek : f (x, y) = x2 + y 2 − 2x − 6y + 14 fonksiyonunun yerel
maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını
bulunuz.
Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız:
Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz:
fx = 2x − 2
fxx = 2
fy = 2y − 6
fxy = 0
fyy = 2
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 2 · 2 − 0 = 4
D(1, 3) = 4 > 0 ve fxx = 2 olduğundan ikinci türev testinin (a)
şıkkından (1, 3) noktasının yerel minimum olduğu ortaya çıkar.
Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek
2x − 2 = 0 ve 2y − 6 = 0
denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök bulunur: x = 1 ve
y = 3. Kritik nokta (1, 3) olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
114/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
115/ 174
Örnek...
Örnek
Örnek : f (x, y) = y 2 − x2 fonksiyonunun yerel maksimum ve yerel
minimum değerlerini ve eyer noktalarını bulunuz.
Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz:
fx = −2x
fy = 2y
Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek
−2x = 0
ve
2y = 0
denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök bulunur: x = 0 ve
y = 0. Kritik nokta (0, 0) olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
116/ 174
Örnek...
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
117/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
119/ 174
Örnek...
Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız:
fxx = −2
fxy = 0
fyy = 2
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = −2 · 2 − 0 = −4
D(0, 0) = −4 < 0 olduğundan ikinci türev testinin (c) şıkkından
(0, 0) noktasının eyer noktası olduğu ortaya çıkar.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
118/ 174
Örnek
Örnek...
Örnek : f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy + 1 fonksiyonunun yerel
maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını
bulunuz.
x3 − y = 0 ve y 3 − x = 0
denklemlerini elde ederiz. Bu denklemleri çözmek için birinci
denklemden bulunan y = x3 eşitliğini ikinci denklemde yerine
yazarız. Bu bize aşağıdaki denklemi verir.
Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz:
fx = 4x3 − 4y
fy = 4y 3 − 4x
0 = (x3 )3 − x = x9 − x = x(x8 − 1) = x(x4 − 1)(x4 + 1)
Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek
= x(x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1)
x3 − y = 0 ve y 3 − x = 0
= x(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1)
denklemlerini elde ederiz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
120/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
121/ 174
Örnek...
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 144x2 y 2 − 16
x(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = 0
D(0, 0) = −16 < 0 olduğundan ikinci türevler testinin (c)
şıkkından başlangıç noktasının eyer noktası olduğu ortaya çıkar;
başka bir deyişle f nin, (0,0) da yerel maksimum ya da yerel
minimumu yoktur.
Buradan üç gerçel kök bulunur: x = 0, 1, −1. Kritik noktalar
(0, 0), (1, 1), (−1, −1) olur.
Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız:
fxx = 12x2
fxy = −4
D(1, 1) = 128 > 0 ve fxx (1, 1) = 12 > 0 olduğundan testin (a)
şıkkından f (1, 1) = −1 in yerel minimum olduğunu görürüz.
fyy = 12y 2
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 144x2 y 2 − 16
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Benzer şekilde D(−1, −1) = 128 > 0 ve fxx = 12 > 0 olduğundan
f (−1, −1) = −1 de yerel bir minimumdur.
122/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
123/ 174
Örnek...
Örnek
Örnek : (1,0,-2) noktasından x + 2y + z = 4 düzlemine olan en
kısa uzaklığı bulunuz.
Çözüm : Herhangi bir (x, y, z) noktasından (1, 0, −2) noktasına
uzaklık
p
d = (x − 1)2 + y 2 + (z + 2)2
olur, ancak (x, y, z), x + 2y + z = 4 düzlemi üzerinde olduğundan,
z = 4 − x − 2y sağlanır, bu nedenle
p
d = (x − 1)2 + y 2 + (6 − x − 2y)2
bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
125/ 174
Örnek...
Daha yalın olan
fxx = 4, fxy = 4, ve fyy = 10 olduğundan,
2
2
2
d = f (x, y) = (x − 1) + y + (6 − x − 2y)
2
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 24 > 0
ve
fxx > 0
11 5
dır ve ikinci türevler testinden f nin
noktasında bir yerel
,
6 3
minimumu vardır.
ifadesini minimum yaparak d yi minimum yapabiliriz.
fx = 2(x − 1) − 2(6 − x − 2y) = 4x + 4y − 14 = 0
fy
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
124/ 174
= 2y − 4(6 − x − 2y) = 4x + 10y − 24 = 0
denklemlerini çözerek
olduğunu buluruz.
11 5
,
6 3
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Sezgisel olarak bu yerel minimumun gerçekte bir mutlak minimum
olduğunu görürüz çünkü verilen düzlemde (1, 0, −2) ye en yakın bir
nokta olmalıdır.
noktasının tek kritik nokta
MAT 1010 Matematik II
126/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
127/ 174
Örnek...
x=
Örnek
Örnek : 12m2 lik bir kartondan üstü açık bir dikdörtgen kutu
yapılacaktır. Böyle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz.
5
11
ve y = ise
6
3
Çözüm : Şekil 3 daki gibi kutunun uzunluk, genişlik ve yüksekliği
(metre olarak) x, y, ve z olsun. Kutunun hacmi
p
d =
(x − 1)2 + y 2 + (6 − x − 2y)2
V = xyz
s 2 2
5 2
5
5
=
+
+
6
3
6
√
5 6
=
6
dir.
olur.
√ (1, 0, −2) den x + 2y + z = 4 düzlemine en yakın uzaklık
5 6/6 dır.
Şekil 3:
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
128/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
129/ 174
Örnek...
Kutunun dört yan yüzünün ve tabanının alanının
Kısmi türevleri hesaplar ve
2xz + 2yz + xy = 12
∂V
y 2 (12 − 2xy − x2 )
=
∂x
2(x + y)2
oluşunu kullanarak V yi yalnızca x ve y nin fonksiyonu olarak ifade
edebiliriz. Yukarıdaki eşitlikten z yi çözersek,
z=
buluruz. V maksimum ise ∂V /∂x = ∂V /∂y = 0 olur, ancak x = 0
veya y = 0, V = 0 verir, bu nedenle
12 − xy
2(x + y)
12 − 2xy − x2 = 0
buluruz, bu nedenle V nin ifadesi
V = xy
x2 (12 − 2xy − y 2 )
∂V
=
∂y
2(x + y)2
12 − xy
12xy − x2 y 2
=
2(x + y)
2(x + y)
12 − 2xy − y 2 = 0
denklemlerini çözmeliyiz.
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
130/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
131/ 174
Örnek...
Örnek...
Bunlar, x2 = y 2 ve x = y olmasını gerektirir. (Bu problemde x ve
y nin her ikisinin de pozitif olması gerektiğine dikkat ediniz.)
Bunun bir yerel maksimum verdiğini, ikinci türev testini kullanarak
gösterebiliriz, ya da problemin fiziksel doğası gereği bir maksimum
hacim olması ve bunun bir kritik noktada olması gerektiğinden,
x = 2, y = 2, z = 1 de ortaya çıktığını söyleyebiliriz.
x = y bu denklemlerden birinde yazılırsa 12 − 3x2 = 0 elde ederiz,
bu da
x = 2, y = 2, ve z = 1
Dolayısıyla V = 2 · 2 · 1 = 4 olur ve kutunun maksimum hacmi 4m3
dür.
verir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
133/ 174
İki değişkenli fonksiyonlar için de benzer bir durum vardır. Nasıl bir
kapalı aralık uç noktalarını içeriyorsa, R2 de bir kapalı küme, sınır
noktalarını içeren bir kümedir.
h
(a, b) merkezli her daire hem D ye ait olan hem de D ye ait
i
olmayan noktalar içeriyorsa, (a, b) D nin bir sınır noktasıdır.
Kapalı aralık yönteminden, bunları f yi yalnızca kritik noktalarda
değil ayrıca a ve b uç noktalarında hesaplayarak bulduk.
MAT 1010 Matematik II
MAT 1010 Matematik II
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Bir değişkenli bir f fonksiyonu için uç değer teoremi, eğer f bir
[a, b] kapalı aralığında sürekli ise f nin bir mutlak maksimum ve bir
mutlak minimum değerinin olduğunu söyler.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
132/ 174
134/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
135/ 174
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Örneğin, x2 + y 2 = 1 çemberi içindeki ve üzerindeki tüm noktaları
içeren
D = {(x, y)|x2 + y 2 ≤ 1}
dairesi bir kapalı kümedir çünkü tüm sınır noktalarını (bunlar
x2 + y 2 = 1 çemberi üzerindeki noktalardır) içerir.
Ancak bir tek sınır noktası bile dışarıda bırakıldıysa küme kapalı
olmaz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
136/ 174
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
137/ 174
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Kapalı, sınırlı bir D kümesinde sürekli bir f fonksiyonunun
maksimum ve minimum değerlerini bulmak için
R2 de bir sınırlı küme bir daire içinde kalan bir kümedir. Diğer bir
deyişle kapsamı sonlu olan bir kümedir. Böylece, kapalı ve sınırlı
küme terimleriyle, uç değer teoreminin aşağıdaki iki boyutlu
benzerini ifade edebiliriz.
1. f nin D içindeki kritik noktalarında f nin değerini bulunuz.
2. f nin D nin sınırındaki uç değerlerini bulunuz.
3. 1. ve 2. adımlarda bulunan en büyük değer mutlak maksimum,
en küçük değer mutlak minimum değeridir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
138/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
139/ 174
Örnek
Örnek...
Örnek : f (x, y) = x2 − 2xy + 2y fonksiyonunun
Yukarıdaki birinci adıma göre, önce kritik noktaları buluruz. Bunlar
D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2}
fx = 2x − 2y = 0
dikdörtgenindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum
değerlerini bulunuz.
iken oluşur, bu nedenle tek kritik nokta (1, 1) dir. f nin oradaki
değeri f (1, 1) = 1 olur.
Çözüm : f bir polinom olduğundan, kapalı ve sınırlı D
dikdörtgeninde süreklidir, bu nedenle f nin hem mutlak
maksimumu hem de mutlak minimumu vardır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
fy = −2x + 2 = 0
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
140/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
141/ 174
Örnek...
L1 üzerinde y = 0 olduğundan
Şekil 4:
f (x, 0) = x2
2. adımda Şekil 4 de gösterilen L1 , L2 , L3 , ve L4 doğru
parçalarından oluşan D nin sınırında f nin değerlerini inceleriz.
0≤x≤3
olur.
Bu, x in artan bir fonksiyonu olduğundan minimum değeri
f (0, 0) = 0 ve maksimum değeri f (3, 0) = 9 dur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
142/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
143/ 174
Örnek...
Örnek...
L3 üzerinde y = 2 olduğundan
L2 üzerinde x = 3 olduğundan
f (3, y) = 9 − 4y
f (x, 2) = x2 − 4x + 4
0≤y≤2
olur.
olur.
Tek değişkenli fonksiyonlardaki yöntemler ile ya da
f (x, 2) = (x − 2)2 olduğu gözlemiyle bu fonksiyonun minimum
değerinin f (2, 2) = 0 ve maksimum değerinin f (0, 2) = 4 olduğunu
görürüz.
Bu, y nin azalan bir fonksiyonu olduğundan maksimum değeri
f (3, 0) = 9 ve minimum değeri f (3, 2) = 1 dir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
0≤x≤3
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
144/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
145/ 174
Örnek...
3. adımda, bu değerleri kritik noktadaki f (1, 1) = 1 değeri ile
kıyaslarız ve f nin D deki maksimum değerinin f (3, 0) = 9 ve
minimum değerinin f (0, 0) = f (2, 2) = 0 olduğu sonucuna varırız.
Şekil 5, f nin grafiğini göstermektedir.
Son olarak L4 üzerinde x = 0 olduğundan
f (0, y) = 2y
0≤y≤2
olur ve maksimum değer f (0, 2) = 4 ve minimum değer
f (0, 0) = 0 dır. Bu nedenle sınırda f nin maksimum değeri 4 ve
minimum değeri 0 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
146/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
147/ 174
Lagrange Çarpanları
Lagrange Çarpanları
Lagrange Çarpanları Yöntemi
∇f = λ∇g vektör denklemini bileşenleri cinsinden yazarsak (a)
daki eşitlikler
fx = λgx
f (x, y, x) nin g(x, y, z) = k, k ∈ R kısıtlaması altında maksimum
ve minimum değerlerini bulmak için (bu değerlerin var olduğunu
varsayarak):
fy = λgy
(a) ∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) ve g(x, y, z) = k denklemlerini
sağlayan tüm x, y, z ve λ değerlerini bulunuz.
fz = λgz
g(x, y, z) = k
(b) (a) adımında bulunan tüm noktalarda f nin değerini
hesaplayınız. Bunların en büyüğü f nin maksimum, en küçüğü f
nin minimum değeridir.
biçimini alır. Bu, dört x, y, z ve λ bilinmeyenlerinin dört
denklemlik bir sistemidir, ancak λ bilinmeyeninin açık değerini
bulmak zorunda değiliz.
λ sayısı Lagrange çarpanı olarak adlandırılır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
MAT 1010 Matematik II
149/ 174
Örnek
Lagrange Çarpanları
İki değişkenli fonksiyonlar için Lagrange yöntemi biraz önce
açıklanan yöntemin benzeridir.
Örnek : 12 m2 büyüklüğünde bir kartondan, kapağı olmayan
dikdörtgenler prizması şeklinde bir kutu yapılacaktır. Böyle bir
kutunun maksimum hacmini bulunuz.
f (x, y) nin g(x, y) = k kısıtlaması altında uç değerlerini bulmak
için
∇f (x, y) = λ∇g(x, y) ve g(x, y) = k
Çözüm : x, y ve z sırasıyla kutunun, metre olarak, boyu, eni ve
yüksekliği olsun. O zaman
denklemlerini sağlayan x, y ve λ değerlerini ararız. Bu da, üç
bilinmeyenli üç denklemi çözmek demektir:
fx = λgx
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
148/ 174
fy = λgy
V = xyz
g(x, y) = k
nin
g(x, y, z) = 2xz + 2yz + xy = 12
kısıtlaması altında maksimumunu bulmak istiyoruz.
Lagrange yönteminin ilk uygulaması olarak daha önce çözdüğümüz
aşağıdaki problemi tekrar düşünelim.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
150/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
151/ 174
Örnek...
Örnek...
Lagrange yöntemini kullanarak
Bunlar da
∇V = λ∇g
ve
g(x, y, z) = 12
olacak şekilde x, y, z ve λ değerlerini ararız. Bu bize
Vx = λgx
yz = λ(2z + y)
(15)
xz = λ(2z + x)
(16)
xy = λ(2z + 2y)
(17)
2xz + 2yz + xy = 12
(18)
biçimini alır.
Vy = λgy
Denklem (15) yi x ile, Denklem (16) ü y ile, Denklem (17) ü z ile
çarparsak her üç denklemde de eşitliklerin sol tarafları aynı olur.
Vz = λgz
2xz + 2yz + xy = 12
denklemlerini verir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
152/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
153/ 174
Örnek...
Yani
xyz = λ(2xz + xy)
(19)
xyz = λ(2yz + xy)
(20)
xyz = λ(2xz + 2yz)
(21)
λ(2xz + xy) = λ(2yz + xy)
2xz + 2yz + xy = 12
(22)
2xz + xy = 2yz + xy
(19) ve (20) den
olur.
olur, bu da xz = yz sonucunu verir. Ancak z 6= 0 olduğundan
(z = 0 olması V = 0 verirdi) x = y olur.
λ = 0 olması (15), (16) ve (17) den yz = xz = xy = 0 olmasını
gerektirdiğinden ve bu da (18) ile çelişeceğinden, λ 6= 0 olması
gerektiğini gözlemleriz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
154/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
155/ 174
Örnek...
Örnek...
x = y = 2z yi (18) de yerine koyarsak
(20) ve (21) den
2yz + xy = 2xz + 2yz
4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12
buluruz, bu da 2xz = xy verir ve böylece (x 6= 0 olduğundan)
y = 2z olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
elde ederiz. x, y ve z nin tümü pozitif olduğundan önceki gibi
z = 1, x = 2 ve y = 2 buluruz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
156/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
157/ 174
Örnek...
bunlar
Örnek : f (x, y) = x2 + 2y 2 fonksiyonunun x2 + y 2 = 1 çemberi
üzerindeki uç değerlerini bulunuz.
Çözüm : g(x, y) = x2 + y 2 = 1 kısıtlaması altında f nin uç
değerlerini bulmamız isteniyor. Lagrange çarpanları kullanarak,
2x = 2xλ
(23)
fy = λgy
4y = 2yλ
(24)
g(x, y) = 1
x2 + y 2 = 1
(25)
olarak yazılabilir.
∇f = λ∇g
(23) dan x = 0 veya λ = 1 olur. x = 0 ise (25) den y = ±1
bulunur.
ve
g(x, y) = 1
denklemlerini çözeriz,
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
fx = λgx
λ = 1 ise (24) dan y = 0 olur ve (25) den x = ±1 verir.
MAT 1010 Matematik II
158/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
159/ 174
Örnek...
Örnek...
Bu nedenle f , (0, 1), (0, −1), (1, 0) ve (−1, 0) noktalarında uç
değerlere sahip olabilir.
f yi bu noktalarda hesaplayarak
f (0, 1) = 2 f (0, −1) = 2 f (1, 0) = 1
f (−1, 0) = 1
buluruz.
Bu nedenle f nin x2 + y 2 = 1 çemberi üzerindeki maksimum değeri
f (0, ±1) = 2 ve minimum değeri ise f (±1, 0) = 1 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
160/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
161/ 174
Örnek
Örnek : f (x, y) = x2 + 2y 2 fonksiyonunun x2 + y 2 ≤ 1 dairesi
üzerinde uç değerlerini bulunuz.
Örnek : x2 + y 2 + z 2 = 4 küresi üzerindeki (3, 1, −1) noktasına en
yakın ve en uzak noktaları bulunuz.
Çözüm : f nin kritik noktalardaki değerlerini sınırdaki değerleri ile
karşılaştırırız. fx = 2x ve fy = 4y olduğundan (0, 0) tek kritik
noktadır. f nin o noktadaki değerini, az önceki örnekte
bulduğumuz sınırdaki uç değerler ile karşılaştırırız:
Çözüm : Bir (x, y, z) noktasından (3, 1, −1) noktasına uzaklık
p
d = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2
f (0, 0) = 0
x2
dir, ancak bunun yerine uzaklığın karesi
f (±1, 0) = 1 f (0, ±1) = 2
d2 = f (x, y, z) = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2
y2
Bu nedenle f nin
+ ≤ 1 dairesindeki maksimum değeri
f (0, ±1) = 2 ve minimum değeri f (0, 0) = 0 dır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
nin maksimum ve minimumlarını aramak işi kolaylaştırır.
162/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
163/ 174
Örnek...
Örnek...
Kısıtlama (x, y, z) noktasının küre üzerinde olması ya da
g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 = 4
Bu denklemleri çözmenin en kolay yolu (26), (27) ve (28) den x, y
ve z yi λ cinsinden bulup bu değerleri (29) de yerine yazmaktır.
(26) den
olmasıdır. Lagrange çarpanları yöntemine göre ∇f = λ∇g ve
g = 4 denklemlerini çözeriz. Bu da
2(x − 3) = 2xλ
(26)
2(y − 1) = 2yλ
(27)
2(z + 1) = 2zλ
(28)
2
(29)
2
2
x +y +z =4
x − 3 = xλ
ya da
x(1 − λ) = 3 ya da
x=
3
1−λ
elde ederiz. [ (26) den λ = 1 olanaksız olduğundan 1 − λ 6= 0
olduğuna dikkat ediniz.]
denklemlerini verir.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
164/ 174
Örnek...
MAT 1010 Matematik II
165/ 174
Örnek...
Benzer şekilde (27) ve (28)
y=
1
1−λ
z=−
λ nın bu değerlerine karşı gelen (x, y, z) noktaları
6
2
2
2
2
6
√ , √ , −√
ve
−√ , −√ , √
11 11
11
11
11 11
1
1−λ
verir. Bu nedenle (29) den
dir. f nin bu noktaların ilkinde daha küçük değere sahip olduğu
kolayca görülür, böylece
32
12
(−1)2
+
+
=4
(1 − λ)2 (1 − λ)2 (1 − λ)2
en yakın nokta
√
11
bulunur, bu da (1 − λ) = , 1 − λ = ± 11/2 verir, buradan
4
√
11
λ=1±
2
2
ve en uzak nokta
6
2
2
√ , √ , −√
11 11
11
2
2
6
−√ , −√ , √
11
11 11
dir.
bulunur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
166/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
167/ 174
İki Kısıtlama
İki Kısıtlama
Bu kez
g(x, y, z) = k
ve
Bu denklemler, Denklem(30) yı bileşenleri cinsinden yazarak ve
kısıtlayıcı denklemleri kullanarak elde edilir:
h(x, y, z) = c
şeklinde iki kısıtlama (yan koşul) altında bir f (x, y, z)
fonksiyonunun maksimum ve minimum değerlerini bulmak için
∇f (x, y, z) = λ∇g(x, y, z) + µ∇h(x, y, z)
fx = λgx + µhx
fy = λgy + µhy
(30)
fz = λgz + µhz
olacak şekilde (Lagrange çarpanları olarak adlandırılan) λ ve µ
sayıları kullanılır.
g(x, y, z) = k
h(x, y, z) = c
Bu durumda Lagrange yöntemi, x, y, z, λ ve µ bilinmeyenli beş
denklemi çözerek uç değerleri aramaktır.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
168/ 174
Örnek
MAT 1010 Matematik II
169/ 174
Örnek
Örnek : f (x, y, z) = x + 2y + 3z fonksiyonunun x − y + z = 1
düzlemi ile x2 + y 2 = 1 silindirinin arakesit eğrisi üzerindeki
maksimum ve minimum değerlerini bulunuz.
Çözüm : f (x, y, z) = x + 2y + 3z fonksiyonunun
g(x, y, z) = x − y + z = 1
ve
h(x, y, z) = x2 + y 2 = 1
kısıtlamaları altında maksimumunu ararız.
Lagrange koşulu ∇f = λ∇g + µ∇h olmasıdır,
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
170/ 174
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
171/ 174
Örnek...
Örnek...
1 = λ + 2xµ
(31)
[(33) dan] λ = 3 ü (31) de yerine yazarak 2xµ = −2 elde ederiz,
buradan x = −1/µ olur.
fy = λgy + µhy
2 = −λ + 2yµ
(32)
Benzer şekilde (32), y = 5/(2µ) verir.
fz = λgz + µhz
3=λ
(33)
g(x, y, z) = k
x−y+z =1
(34)
bu nedenle
fx = λgx + µhx
x2 + y 2 = 1
h(x, y, z) = c
(35)
denklemlerini çözeriz.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
172/ 174
Örnek...
Bunun sonucunda
√
x = ∓2/ 29,
√
y = ±5/ 29
bulunur ve (34) den
√
z = 1 − x + y = 1 ± 7/ 29
elde edilir. f nin karşı gelen değerleri
∓
√
7
5
2
+ 2(± √ ) + 3(1 ± √ ) = 3 ± 29
29
29
29
olur.
Bu nedenle f nin verilen eğri üzerindeki maksimum değeri 3 +
olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
√
29
174/ 174
Bunları (35) de yerine yazmak
1
25
+ 2 =1
2
µ
4µ
√
verir ve buradan µ2 = 29
4 , µ = ± 29/2 olur.
Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak
MAT 1010 Matematik II
173/ 174

Download

Üç Veya Daha Fazla De˘giskenli Fonksiyonlar Üç Veya Daha Fazla

Products

Support

Üç Veya Daha Fazla De˘giskenli Fonksiyonlar Üç Veya Daha Fazla

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib