Çok değişkenli Fonksiyonlar

Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar
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.
Örneğin, Dünyanın bir noktasındaki T sıcaklığı, bu noktanın x
boylamına, y enlemine ve t zamanına bağlıdır, bu nedenle
T = f (x, y, t) yazabiliriz.
Örnek
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.
Rn
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.
Böyle sıralı n lileri Rn ile gösteririz.
Limit ve Süreklilik
x ve y nin her ikisi birden sıfıra yaklaşırken (dolayısıyla (x, y)
noktası başlangıç noktasına yaklaşırken)
f (x, y) =
sin(x2 + y 2 )
x2 − y 2
ve
g(x,
y)
=
x2 + y 2
x2 + y 2
fonksiyonlarının davranışlarını karşılaştıralım.
Limit ve Süreklilik
Tablo 1:
sin(x2 +y 2 )
x2 +y 2
Limit ve Süreklilik
Tablo 2: g(x, y) =
x2 −y 2
x2 +y 2
Limit ve Süreklilik
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.
Limit ve Süreklilik
Sayısal verilere dayalı olarak yapılan bu tahminler doğrudur, bu
nedenle
sin(x2 + y 2 )
lim
=1
x2 + y 2
(x,y)→(0,0)
ve
x2 + y 2
lim
yoktur.
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
diye yazarız.
Limit ve Süreklilik
Genel olarak, (x, y) noktası bir (a, b) noktasına f nin tanım kümesi
içinde kalan herhangi bir eğri boyunca yaklaştığında f (x, y) nin
değeri L sayısına yaklaşıyorsa
lim
(x,y)→(a,b)
gösterimini kullanırız.
f (x, y) = L
Limit ve Süreklilik
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
f (x, y) = L
(x,y)→(a,b)
yazarız ve (x, y), (a, b) ye yaklaşırken f (x, y) nin limiti L dir deriz.
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.
Bu yönler boyunca f (x, y)
fonksiyonunun farklı limitleri
olacak şekilde iki farklı
yaklaşım yolu bulabiliyorsak
lim f (x, y) yoktur.
(x,y)→(a,b)
Limit ve Süreklilik
Eğer, L1 6= L2 olmak üzere,
C1 yolu boyunca (x, y) → (a, b) iken f (x, y) → L1
ve
C2 yolu boyunca (x, y) → (a, b) iken f (x, y) → L2
ise lim(x,y)→(a,b) f (x, y) yoktur.
Örnek
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. 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.
Örnek...
Şimdi de, x = 0 yazarak, x ekseni boyunca yaklaşalım. Bu
durumda, y = 0, her y 6= 0 için f (0, y) = −y 2 /y 2 = −1 olur,
dolayısıyla,
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.)
Örnek
Örnek: f (x, y) =
xy
ise
x2 + y 2
lim
f (x, y) var mıdır?
(x,y)→(0,0)
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.
Örnek...
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.
Örnek...
(0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım.
Her x 6= 0 için
f (x, x) =
1
x2
=
x2 + x2
2
dir.
Bu nedenle x = y doğrusu boyunca
1
(x, y) → (0, 0) iken f (x, y) →
olur.
2
Farklı yollar boyunca farklı limitler elde ettiğimiz için, verilen limit
yoktur.
Örnek
Örnek: Eğer f (x, y) =
xy 2
ise
x2 + y 4
lim
f (x, y) var mıdır?
(x,y)→(0,0)
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
f (x, y) = f (x, mx) =
m 2 x3
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.
Örnek...
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) =
y4
1
y2y2
=
=
2
2
4
4
(y ) + y
2y
2
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.
Tek değişkenli fonksiyonlarda da limit özelliklerinin kullanılması
limitin hesaplanmasını oldukça kolaylaştırır. Tek değişkenli
fonksiyonlardaki limit kuralları, iki değişkenli fonksiyonlara
genişletilebilir. Toplamın limiti limitlerin toplamıdır, çarpımın limiti
limitlerin çarpımıdır vb.
Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur.
lim
(x,y)→(a,b)
x=a
lim
y=b
(x,y)→(a,b)
Ayrıca sıkıştırma Teoremi de geçerlidir.
lim
(x,y)→(a,b)
x=c
Örnek
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.
Örnek...
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
y 2 ≥ 0 olduğundan x2 + y 2 ≥ x2 dir. Bu nedenle
x2
≤1
x2 + y 2
olur. Buradan
0≤
bulunur.
3x2 |y|
≤ 3|y|
x2 + y 2
Örnek...
Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım.
lim
0=0
(x,y)→(0,0)
ve
lim
(x,y)→(0,0)
olduğu için,
3x2 y
=0
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
sonucuna varılır.
3|y| = 0
Süreklilik
Tek değişkenli fonksiyonların limitinin bulunmasının kolay olduğunu
anımsayalım. Sürekli fonksiyonları tanımlayan özellik
lim f (x) = f (a)
x→a
olduğundan, limitleri doğrudan yerine koyma ile bulunabilir.
İki değişkenli sürekli fonksiyonlarda da doğrudan yerine koyma
özelliği ile tanımlanırlar.
Süreklilik
Tanım: Eğer iki değişkenli bir f fonksiyonu için
lim
f (x, y) = f (a, b)
(x,y)→(a,b)
ise fonksiyon (a, b) de süreklidir denir.
Eğer f , D’ nin her (a, b) noktasında sürekli ise f , D’ de süreklidir
deriz.
Süreklilik
Sürekliliğin sezgisel anlamı, (x, y) deki küçük bir değişimin, f (x, y)
de küçük bir değişime yol açmasıdır.
Bu da, sürekli fonksiyonun grafiği olan yüzeyde delik veya yırtılma
olmaması anlamına gelir.
Süreklilik
Limitin özelliklerini kullanarak, sürekli fonksiyonların toplam, fark,
çarpım ve bölümlerinin tanım kümelerinde sürekli olduklarını
görebilirsiniz.
Örnek
Örnek:
lim
x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y limitini hesaplayınız.
(x,y)→(1,2)
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)
x2 y 3 − x3 y 2 + 3x + 2y = 12 .23 − 13 .22 + 3.1 + 2.2 = 11
Örnek
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.
Örnek
Örnek:
 2
x − y2


, (x, y) 6= (0, 0)
 2
x + y2
g(x, y) =



0,
(x, y) = (0, 0)
olsun. Burada g, (0, 0) da tanımlı ancak yinede süreksizdir, çünkü
lim
(x,y)→(0,0)
yoktur.
g(x, y)
Örnek
Örnek:
f (x, y) =




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
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
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.
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.
Örnek
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 grafiğinin y ekseninin üstünde yırtıldığını göstermektedir.
Örnek...
Şekil 1: arctan(y/x)
Limit ve Süreklilik
İki değişkenli fonksiyonlar için öğrendiğimiz her şey üç ve daha
fazla değişkenli fonksiyonlara genişletilebilir.
lim
f (x, y, z) = L
(x,y)→(a,b,c)
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.
Limit ve Süreklilik
Eğer
lim
f (x, y, z) = f (a, b, c)
(x,y)→(a,b,c)
ise f , (a, b, c) de süreklidir.
Örneğin
f (x, y, z) =
1
x2 + y 2 + z 2 − 1
fonksiyonu, üç değişkenli bir rasyonel fonksiyondur ve bu nedenle
de, x2 + y 2 + z 2 = 1 dışında R3 ün her noktasında süreklidir.
Diğer bir deyişle, başlangıç noktasın merkezli ve 1 yarıçaplı küre
üzerinde süreksizdir.
Kısmi Türevler
Genel olarak, f , x ve y değişkenlerinin iki değişkenli bir fonksiyonu
olsun ve b bir sabit olmak üzere, y = b olacak şekilde y yi sabit
tutalım ve yalnızca x in değişmesine izin verelim.
Bu durumda, g(x) = f (x, b) fonksiyonunu göz önüne almış oluruz.
g nin a da türevi varsa, bu türevi f nin (a, b) de x e göre kısmi
türevi olarak adlandırır ve fx (a, b) ile gösteririz:
g(x) = f (x, b) olmak üzere fx (a, b) = g 0 (a)
(1)
Kısmi Türevler
Türev tanımından,
g 0 (a) = lim
h→0
g(a + h) − g(a)
h
olduğundan, Denklem 1
f (a + h, b) − f (a, b)
h→0
h
fx (a, b) = lim
biçimini alır.
(2)
Kısmi Türevler
Benzer şekilde, f nin (a, b) de y göre kısmi türevi, fy (a, b) ile
gösterilir ve x i sabit tutup, G(y) = f (a, y) tek değişkenli
fonksiyonunun b de türevi alınarak bulunur:
fy (a, b) = lim
h→0
f (a, b + h) − f (a, b)
h
(3)
Kısmi Türevler
Denklem 2 ve 3 de (a, b) noktası değiştirildiğinde, fx ve fy iki
değişkenli fonksiyon olurlar.
Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise kısmi türevleri fx ve fy
aşağıda tanımlanan fonksiyonlardır:
f (x + h, y) − f (x, y)
h→0
h
f (x, y + h) − f (x, y)
fy (x, y) = lim
h→0
h
fx (x, y) = lim
Kısmi Türevler
Kısmi türevler için gösterimler
z = f (x, y) ise
fx (x, y) = fx =
∂f
∂
∂z
=
f (x, y) =
= f1 = D1 f = Dx f
∂x
∂x
∂x
fy (x, y) = fy =
∂
∂z
∂f
=
f (x, y) =
= f2 = D2 f = Dy f
∂y
∂y
∂y
yazarız.
Kısmi Türevler
z = f (x, y) fonksiyonunun kısmi türevlerini bulma kuralı
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.
Örnek
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
Örnek
Örnek : f (x, y) = sin
x
1+y
ise,
∂f
∂f
ve
yi hesaplayınız.
∂x
∂y
Çözüm: Bir değişkenli fonksiyonlar için Zincir Kuralını kullanarak
∂f
x
∂
x
x
1
= cos
·
= cos
·
∂x
1+y
∂x 1 + y
1+y
1+y
∂f
= cos
∂y
elde ederiz.
x
1+y
∂
·
∂y
x
1+y
= − cos
x
1+y
·
x
(1 + y)2
Örnek
Örnek: Eğer z, x ve y nin
x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1
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
∂z
∂z
+ 6yz + 6xy
=0
∂x
∂x
Örnek...
∂z
∂z
+ 6yz + 6xy
=0
∂x
∂x
Bu denklemi ∂z/∂x için çözerek
3x2 + 3z 2
x2 + 2yz
∂z
=− 2
∂x
z + 2xy
elde ederiz. Benzer şekilde y ye göre kapalı türev almak
y 2 + 2xz
∂z
=− 2
∂y
z + 2xy
sonucunu verir.
Türevlenebilirlik
Teorem : Eğer fx ve fy kısmi türevleri (a, b) yakınında var ve
(a, b) de sürekli ise, f , (a, b) de türevlenebilirdir.
Kısmi Türevlerin Yorumu
Örnek : Eğer f (x, y) = 4 − x2 − 2y 2 ise, fx (1, 1) ve fy (1, 1) i
bulunuz ve bu sayıları eğim olarak yorumlayınız.
Çözüm:
fx (x, y) = −2x
ve
fy (x, y) = −4y
fx (1, 1) = −2
ve
fy (1, 1) = −4
Kısmi Türevlerin Yorumu
Şekil 2: tan α = fx (1, 1)
Kısmi Türevlerin Yorumu
Şekil 3: tan β = fy (1, 1)
İkiden Çok Değişkenli Fonksiyonlar
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.
Örnek
Örnek : f (x, y, z) = exy ln z ise fx , fy ve fz yi bulunuz.
Çözüm: y ve z yi sabit tutup x e göre türev alarak
fx = yexy ln z
bulunur.
Benzer şekilde
fy = xexy ln z ve fz =
bulunur.
exy
z
Örnek
Örnek : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz.
(a) u =
p
x21 + x22 . . . + x2n
(b) u = sin(x1 + 2x2 + . . . + nxn )
Çözüm: (a) Bir değişikenli fonksiyonlar için Zincir kuralını
kullanarak
∂u
1
x1
= p 2
· 2x1 = p 2
2
2
∂x1
2 x1 + x2 + . . . + x2n
x1 + x2 + . . . + x2n
x2
∂u
1
· 2x2 = p 2
= p 2
2
2
2
∂x2
2 x1 + x2 + . . . + xn
x1 + x2 + . . . + x2n
Örnek...
Genelleştirirsek,
xi
∂u
,
=p 2
2
∂xi
x1 + x2 + . . . + x2n
elde ederiz.
i = 1, 2, . . . , n
(b) Benzer şekilde,
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 1
∂x1
∂u
= cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ) · 2
∂x2
Genelleştirirsek,
∂u
= i cos(x1 + 2x2 + . . . + nxn ),
∂xi
buluruz.
i = 1, 2, . . . , n
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 z = f (x, y) ise aşağıdaki gösterimleri kullanırız:
∂2f
∂ ∂f
∂2z
=
(fx )x = fxx = f11 =
=
2
∂x ∂x
∂x
∂x2
∂
∂y
(fy )x = fyx = f21
∂
=
∂x
(fy )y = fyy = f22
∂
=
∂y
(fx )y = fxy = f12 =
∂f
∂x
∂f
∂y
∂f
∂x
=
∂2f
∂2z
=
∂y∂x
∂y∂x
=
∂2z
∂2f
=
∂x∂y
∂x∂y
=
∂2f
∂2z
=
∂y 2
∂y 2
Yüksek Basamaktan Türevler
∂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
Örnek
Örnek : f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2
fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz.
Çözüm: Örnekte de
fx (x, y) = 3x2 + 2xy 3
fy (x, y) = 3x2 y 2 − 4y
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
olur.
fyy =
∂
(3x2 y 2 − 4y) = 6x2 y − 4
∂y
Yüksek Basamaktan Türevler
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 olduğunu gösterilebilir.
Örnek
Örnek : Eğer f (x, y, z) = sin(3x + yz) ise, fxxyz yi bulunuz.
Çözüm:
fx
fxx
fxxy
fxxyz
= 3 cos(3x + yz)
= −9 sin(3x + yz)
= −9z cos(3x + yz)
= −9 cos(3x + yz) + 9yz sin(3x + yz)
Teğet Düzlem ve Doğrusal Yaklaştırımlar
Bir değişkenli kalkülüste en önemli fikirlerden biri, türevlenebilen
bir fonksiyonun grafiğinde bir noktaya odaklanıldığında, grafiğin
teğet doğrusundan ayırt edilemediği ve fonksiyona doğrusal bir
fonksiyon ile yaklaşabiliyor olmamızdır.
Burada benzer fikirleri üç boyutta geliştireceğiz.
Teğet Düzlem ve Doğrusal Yaklaştırımlar
Türevlenebilen iki değişkenli bir fonksiyonun grafiği olan bir
yüzeyde bir noktaya odaklandığımızda, yüzey gitgide bir düzleme
(yüzeyin teğet düzlemi) benzeyecek ve fonksiyona iki değişkenli bir
doğrusal fonksiyonla yaklaşabileceğiz.
Ayrıca bir fonksiyonun diferansiyeli kavramını iki veya daha çok
değişkenli fonksiyonlara genelleştireceğiz.
Teğet Düzlem
f ’nin kısmi türevleri sürekli olsun. z = f (x, y) yüzeyine
P (x0 , y0 , z0 ) noktasında teğet düzleminin denklemi
z − z0 = fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 )’dır.
Örnek
Örnek : z = 2x2 + y 2 eliptik paraboloidinin (1, 1, 3) noktasındaki
teğet düzlemini bulunuz.
Çözüm: f (x, y) = 2x2 + y 2 olsun. Bu durumda,
fx (x, y) = 4x
fy (x, y) = 2y
fx (1, 1) = 4 fy (1, 1) = 2
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.
Örnek...
Örnek...
(1, 1, 3) e odaklandıkça z = 2x2 + y 2 eliptik paraboloidinin teğet
düzlemiyle daha çok çakışıyor göründüğüne dikkat ediniz.
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
L(x, y) = 4x + 2y − 3
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
f (x, y) ≈ 4x + 2y − 3
yaklaştırımı f ’ye (1, 1)’deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet
düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.
Doğrusal Yaklaştırımlar
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
f (1, 1, 0.95) = 2(1, 1)2 + (0, 95)2 = 3, 3225
gerçek değerine oldukça yakındır.
Ancak (2, 3) gibi (1, 1)’den uzak bir nokta alırsak, artık iyi bir
yaklaştırım elde etmeyiz.
Gerçekten de f (2, 3) = 17 olmasına karşın L(2, 3) = 11 olur.
Doğrusal Yaklaştırımlar
Genel olarak iki değişkenli bir f fonksiyonunun (a, b, f (a, b))
noktasındaki teğet düzlemi denkleminin
z = f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
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)
(4)
f ’nin (a, b)’deki doğrusallaştırması ve
f (x, y) ≈ f (a, b) + fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
yaklaştırımı, f ’ye (a, b)’deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet
düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.
(5)
Örnek
Örnek : f (x, y) = xexy ’nin (1, 0)’da doğrusallaştırmasını bulunuz.
Sonra bunu kullanarak f (1, 1, −0.1)’i yaklaşık olarak hesaplayınız.
Çözüm: Kısmi türevler
fx (x, y) = exy + xyexy
fy (x, y) = x2 exy
fx (1, 0) = 1 fy (1, 0) = 1
Doğrusallaştırma
L(x, y) = f (1, 0) + fx (1, 0)(x − 1) + fy (1, 0)(y − 0)
= 1 + 1(x − 1) + 1 · y = x + y
Örnek...
ve karşıgelen doğrusal yaklaştırım
xexy ≈ x + y
dir, bu nedenle
f (1, 1, −0.1) ≈ 1.1 − 0.1 = 1
olur. Bu sonucu, f (1, 1, −0.1)’in gerçek değeri olan
1.1e−0.11 ≈ 0.98542 ile karşılaştırınız.
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.
Buradan, aynı zamanda toplam diferansiyel olarak da
adlandırılan, dz diferansiyeli
dz = fx (x, y)dx + fy (x, y)dy =
∂z
∂z
dx +
dy
∂x
∂y
olarak tanımlanır. Bazen dz yerine df gösterimi de kullanılır.
(6)
Diferansiyeller
Eğer, Denklem (6)’da dx = ∆x = x − a ve dy = ∆y = y − b
alınırsa, z’nin diferansiyeli
dz = fx (a, b)(x − a) + fy (a, b)(y − b)
olur. Böylece, diferansiyel gösterimi ile (5)’teki doğrusal yaklaştırım
f (x, y) ≈ f (a, b) + dz
olarak yazılabilir.
Diferansiyeller
Şekil 7 dz diferansiyelinin ve ∆z artışının geometrik anlamını
göstermektedir: (x, y), (a, b)’den (a + ∆x, b + ∆y)’ye değiştiğinde,
dz teğet düzleminin yüksekliğindendeki değişimi, ∆z ise
z = f (x, y) yüzeyinin yüksekliğindeki değişimi temsil etmektedir.
Örnek
Örnek :
(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.
Çözüm
(a) Tanım (6)’dan
dz =
bulunur.
∂z
∂z
dx +
dy = (2x + 3y)dz + (3x − 2y)dy
∂x
∂y
Örnek...
(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
∆z = f (2.05, 2.96) − f (2, 3)
= [(2.05)2 + 3(2.05)(2.96) − (2.96)2 ] − [22 + 3(2)(3) − 32 ]
= 0.6449
dur. ∆z ≈ dz olduğuna ancak dz’nin daha kolay hesaplandığına
dikkat ediniz.
Örnek
Örnek : Bir dik dairesel koninin taban yarıçapı ve yüksekliği, her
iki ölçümde de 0.1 cm kadar olası hata ile sırasıyla 10 cm ve 25 cm
olarak ölçülmüştür. Diferansiyel kullanarak koninin hesaplanan
hacmindeki maksimum hatayı yaklaşık olarak hesaplayınız.
Çözüm : Taban yarıçapı r yüksekliği h olan koninin hacmi
V = πr2 h/3’tür. Dolayısıyla V ’nin diferansiyeli
dV =
∂V
∂V
2πrh
πr3
dr +
dh =
dr +
dh
∂r
∂h
3
3
olur. Her iki hata en çok 0.1 olduğundan, |∆r| ≤ 0.1,
|∆h| ≤ 0.1’dir.
Örnek...
Hacimdeki maksimum hatayı bulmak için r ve h’nin ölçümündeki
maksimum hataları alırız. Böylece r = 10, h = 25 ile dr = 0.1 ve
dh = 0.1 alırız. Bu da
dV =
100π
500π
(0.1) +
(0.1) = 20π
3
3
verir. Böylece, hesaplanan hacimdeki maksimum hata yaklaşık
20πcm3 ≈ 63cm3 ’dür.
Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar
Doğrusal yaklaştırım, türevlenebilme ve diferansiyeller ikiden çok
değişkenli fonksiyonlar için benzer şekilde tanımlanabilir.
Türevlenebilir bir fonksiyon için doğrusal yaklaştırım
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)
olur ve L(x, y, z) doğrusallaştırılması bu ifadenin sağ yanıdır.
Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar
Eğer w = f (x, y, z) ise w’nin değişimi
∆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
dx +
dy +
dz
dw =
∂x
∂y
∂z
olarak tanımlanır.
Zincir Kuralı
Birden çok değişkenli fonksiyonlar için Zincir Kuralı’nın her biri bir
bileşke fonksiyonunun türevini veren birkaç türü vardır.
Bunlardan ilki, z = f (x, y) ve x ve y değişkenlerinin her ikisinin de
bir t değişkeninin fonksiyonu olduğu durumu ele alır.
Bu, dolaylı olarak z nin, t nin bir fonksiyonu, z = f (g(t), h(t))
olması demektir ve Zincir Kuralı z nin, t nin fonksiyonu oılarak
türevinin bulunması için bir formül verir.
f nin türevlenebilir olduğunu varsayıyoruz. fx ve fy sürekli iken
bunun sağlandığını anımsayınız.
Zincir Kuralı (1. Durum)
Teorem 1:
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.
O zaman z de t nin türevlenebilen bir fonksiyonudur ve
dz
∂f dx ∂f dy
=
+
dt
∂x dt
∂y dt
olur.
Örnek
Örnek : x = sin 2t ve y = cos t olmak üzere z = x2 y + 3xy 4 ise
dz
yi bulunuz.
t = 0 iken
dt
Çözüm Zincir Kuralı
dz
dt
∂f dx ∂f dy
+
∂x dt
∂y dt
= (2xy + 3y 4 )(2 cos 2t) + (x2 + 12xy 3 )(− sin t)
=
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
dz
|t=0 = (0 + 3)(2 cos 0) + (0 + 0)(− sin 0) = 6
dt
olur.
Zincir Kuralı (1. Durum)
Örnekdeki türev, (x, y) noktaları, parametrik denklemleri
x = sin 2t, y = cos t olan C eğrisi üzerinde hareket eden, z nin t
ye göre değişim hızı olarak yorumlanabilir.
Özel olarak t = 0 iken (x, y) noktası (0, 1) olur ve
boyunca (0, 1) den geçtiğimiz andaki artış hızıdır.
dz
= 6, C eğrisi
dt
Örneğin, z = T (x, y) = x2 y + 3xy 4 fonksiyonu (x, y) noktasındaki
sıcaklık ise, bileşke fonksiyonu z = T (sin 2t, cos t), C üzerindeki
dz
noktalardaki sıcaklığı,
= 6 türevi de, sıcaklığın C boyunca
dt
değişimini temsil eder.
Örnek
Örnek : Bir mol ideal gazın P (kilopascal olarak) basıncı, V (litre
olarak) hacmi ve T (Kelvin olarak) sıcaklığı P V = 8.31T eşitliğini
K
hızla artıyor ve hacmi 100L ve
sağlar. Sıcaklık 300K ve 0.1 sn
L
0.2 sn hızla artıyor ise basıncın değişim hızını bulunuz.
Çözüm Eğer t saniye olarak geçen zamanı temsil ederse, belirtilen
anda
dT
dV
T = 300,
= 0.1, V = 100,
= 0.2
dt
dt
olur.
Örnek...
P = 8.31
T
V
olduğundan, Zincir Kuralı
dP
dt
=
∂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.
Zincir Kuralı (2. Durum)
Teorem 2:
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.
Bu durumda
olur.
∂z
∂s
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂s ∂y ∂s
∂z
∂t
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂t
∂y ∂t
Zincir Kuralı (2. Durum)
Kolay hatırlayabilmek için aşağıdaki gibi bir diyagram çizilebilir.
Örnek
Örnek : x = st2 ve y = s2 t olmak üzere z = ex sin y ise,
yi bulunuz.
∂z
∂s
ve
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.
∂z
∂t
Zincir Kuralı (2. Durum)
Zincir Kuralı’nın 2. Durumu üç tür değişken içerir: s ve t bağımsız
değişkenlerdir.
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.
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.
Eğer F türevlenebiliyorsa, Zincir Kuralı’nın 1. Durumu’nu
kullanarak F (x, y) = 0 eşitliğinde her iki yanın x e göre türevini
alabiliriz.
Hem x hem de y, x in fonksiyonu olduğundan
∂F dx ∂F dy
+
=0
∂x dx
∂y dx
elde ederiz.
Kapalı Türev Alma
∂F dx ∂F dy
+
=0
∂x dx
∂y dx
Eğer
∂F
dx
dy
6= 0 ise
= 1 olduğundan
i çözerek
∂y
dx
dx
∂F
dy
Fx
∂x
= − ∂F
=−
dx
Fy
∂y
elde ederiz.
(7)
Örnek
Örnek : x3 + y 3 = 6xy ise y 0 nü bulunuz.
Çözüm Verilen eşitlik
F (x, y) = x3 + y 3 − 6xy = 0
olarak yazılabilir, bu nedenle Denklem 20
Fx
3x2 − 6y
x2 − 2y
dy
=−
=− 2
=− 2
dx
Fy
3y − 6x
y − 2x
olduğunu verir.
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.
Bu, f nin tanım kümesindeki her (x, y) için F (x, y, f (x, y)) = 0
olması anlamına gelir.
Eğer F ve f türevlenebiliyorsa
∂F
∂z
= − ∂x
∂F
∂x
∂z
∂F
∂z
∂y
=−
.
∂F
∂y
∂z
(8)
Örnek
Örnek : Eğer x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 ise
∂z
∂z
ve
yi bulunuz.
∂x
∂x
Çözüm F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + 6xyz − 1 olsun. Denklem 21
den
elde ederiz.
∂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
Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü
Şekil 4 deki hava haritası, bir coğrafi bölgedeki T (x, y) sıcaklık
fonksiyonunun kontur haritasını göstermektedir.
Şekil 4:
Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü
Kesit eğrileri, yada sıcaklık eğrileri, sıcaklığın aynı olduğu yerleri
birleştirir.
A gibi bir yerdeki Tx kısmi türevi, A dan doğuya gidersek sıcaklığın
yola göre değişim hızıdır.
Ancak ya güneydoğuya doğru ya da başka bir yöne doğru
giderken, sıcaklığın değişim hızını bilmek istiyorsak?
Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü
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.
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
(9)
fy (x0 , y0 ) = lim
h→0
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.
Yönlü Türevler
Şimdi z nin herhangi bir ~u = ha, bi birim vektörü yönündeki
değişim hızını bulmak istediğimizi düşünelim.
Tanım: f nin (x0 , y0 ) noktasında bir ~u = ha, bi birim vektörü
yönündeki yönlü türevi (eğer varsa)
f (x0 + ha, y0 + hb) − f (x0 , y0 )
h→0
h
D~u f (x0 , y0 ) = lim
limitidir.
(10)
Yönlü Türevler
Tanımı denklem 9 ile karşılaştırarak,
~u = ~i = h1, 0i
ise
D~i f = fx
~ j = h0, 1i
u=
ise
D~j f = fy
ve
olduğunu görürüz.
Diğer bir deyişle f nin x ve y ye göre kısmi türeveri, yönlü türevin
özel durumlarıdır.
Örnek
Örnek: Şekil 4 i kullanarak, sıcaklık fonksiyonunun, Reno’da
güneydoğu yönündeki yönlü türevinin değerini yaklaşık olarak
bulunuz. (Şekilde Renonun yanındaki noktaların arasındaki uzaklığı
75mil alınız.)
Örnek...
√
Çözüm: Güneydoğuya dönük birim vektör ~u = (~i − ~j)/ 2 olur
ancak biz bu ifadeye gereksinim duymayacağız. Renodan
güneydoğuya doğru bir doğru çizerek işe başlarız. (Bkz. şekil 5.)
Şekil 5:
Örnek...
Du T yönlü türevini, bu doğrunun, T = 60 ve T = 70 eşsıcaklık
eğrilerini kestiği noktalar arasındaki ortalama değişim hızı ile
yaklaşık olarak buluruz. A nın güneydoğusundaki noktadaki sıcaklık
T = 70 ◦ F ve A nın kuzaybatısındaki noktadaki sıcaklık T = 60 ◦ F
dir. Bu noktalar arasındaki uzaklık 75 mil olduğundan, güneydoğu
yönündeki sıcaklığın değişim hızı
Du T ≈
olur.
10
70 − 60
=
≈ 0.13 ◦ F/mi
75
75
Yönlü Türevler
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
olur.
(11)
Gradyan Vektörü
Teoremdeki denklem 11 den yönlü türevin, iki vektörün iç çarpımı
olarak yazılabildiğine dikkat ediniz:
D~u f (x, y) = fx (x, y)a + fy (x, y)b
D
E
= fx (x, y), fy (x, y) · ha, bi
(12)
D
E
= fx (x, y), fy (x, y) · ~u
Bu iç çarpımdaki ilk vektör yalnzca 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.
Gradyan Vektörü
Tanım: f, x ve y değişkenlerinin br fonksiyonu ise, f nin gradyanı
∇f ile gösterilen
D
E ∂f
~i + ∂f ~j
∇f (x, y) = fx (x, y), fy (x, y) =
∂x
∂y
vektör değerli fonksiyondur.
(13)
Örnek
Örnek: Eğer f (x, y) = sin x + exy ise,
∇f (x, y) = hfx , fy i = hcos x + yexy , xexy i
ve
∇f (0, 1) = h2, 0i olur.
Gradyan Vektörü
Gradyan vektörü için bu gösterim ile yönlü türev için 12 ifadesini
D~u f (x, y) = ∇f (x, y) · ~u
olarak yazabiliriz.
Bu eşitlik, ~u yönündeki yönlü türevin, gradyan vektörünün ~u
üzerine izdüşümü olduğunu belirtir.
(14)
Örnek
Örnek: f (x, y) = x2 y 3 − 4y fonksiyonunun (2, −1) noktasında
~v = 2~i + 5~j vektörü yönündeki yönlü türevi bulunuz.
Çözüm: Önce (2, −1) noktasındaki gradyanı hesaplarız:
∇f (x, y) = 2xy 3~i + (3x2 y 2 − 4)~j
∇f (−2, 1) = −4~i + 8~j
~v nin birim vektör olmadığına dikkat ediniz, ancak |~v | =
olduğundan ~v yönündeki birim vektör
~u =
olur.
5
~v
2
= √ ~i + √ ~j
|~v |
29
29
√
29
Örnek...
Bu nedenle, denklem 14 dan
D~u f (2, −1) = ∇f (2, −1) · ~u = (−4~i + 8~j) ·
=
bulunur.
5
2
√ ~i + √ ~j
29
29
−4 · 2 + 8 · 5
32
√
=√
29
29
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.
Tanım: f nin (x0 , y0 , z0 ) noktasında bir ~u = ha, b, ci birim vektörü
yönündeki yönlü türevi (eğer bu limit varsa)
D~u f (x0 , y0 , z0 ) = lim
h→0
olarak tanımlanır.
f (x0 + ha, y0 + hb, z0 + hc) − f (x0 , y0 , z0 )
h
(15)
Üç Değişkenli Fonksiyonlar
f (x, y, z) türevlenebilir ve ~u = ha, b, ci ise
D~u f (x, y, z) = fx (x, y)a + fy (x, y, z)b + fz (x, y, z)c
dir.
(16)
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)
veya kısaca
∇f = hfx , fy , fz i =
∂f ~ ∂f ~ ∂f ~
i+
j+
k
∂x
∂y
∂z
olur. Bunun, sonucunda, iki değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi,
yönlü türev için denklem 16
D~u f (x, y, z) = ∇f (x, y, z) · ~u
olarak yazılabilir.
(17)
Örnek
Örnek: f (x, y, z) = x sin(yz) ise,
(a) f nin gradyanını ve
(b) f nin (1, 3, 0) da ~v = ~i + 2~j − ~k yönündeki yönlü türevini
bulunuz.
Çözüm:
(a) f nin gradyanı
D
E
∇f (x, y, z) = fx (x, y, z), fy (x, y, z), fz (x, y, z)
=
olur
D
E
sin(yz), xz cos(yz), xy cos(yz)
Örnek...
(b) (1, 3, 0) da ∇f (1, 3, 0) = h0, 0, 3i buluruz. ~v = ~i + 2~j − ~k
yönündeki birim vektör
2
1
1
~u = √ ~i + √ ~j − √ ~k
6
6
6
dir. Bu nedenle denklem 17
D~u f (1, 3, 0) = ∇f (1, 3, 0) · ~u
1
2
1
√ ~i + √ ~j − √ ~k
6
6
6
r
1
3
= 3 −√
=−
2
6
= 3~k ·
sonucunu verir.
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.
Şu soruları sorabiliriz: bu yönlerin hangisinde f en hızlı değişir ve
maksimum değişim hızı nedir?
Yönlü Türevi Maksimum Yapmak
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.
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?
Çözüm: T nin gradyanı
∇T
=
∂T ~ ∂T ~ ∂T ~
i+
j+
k
∂x
∂y
∂z
=−
(1 +
x2
160x
320y
~i −
~j
2
2
2
2
+ 2y + 3z )
(1 + x + 2y 2 + 3z 2 )2
−
(1 +
x2
480z
~k
+ 2y 2 + 3z 2 )2
Örnek...
∇T =
(1 +
x2
160
(−x~i − 2y~j − 3z~k)
+ 2y 2 + 3z 2 )2
olur. (1, 1, −2) noktasında gradyan vektörü
∇T (1, 1, −2) =
olur.
5
160 ~
(−i − 2~j + 6~k) = (−~i − 2~j + 6~k)
256
8
Örnek...
Teoremden, sıcaklık, gradyan vektörü
5
∇T (1, 1, −2) = (−~i − 2~j + 6~k)
8
yönünde, ya da
−~i − 2~j + 6~k
yönünde ya da
√
(−~i − 2~j + 6~k)/ 41
birim vektörü yönünde en hızlı artar.
Örnek...
Maksimum artış hızı gradyan vektörünün boyudur:
√
5
41
5 ~
.
|∇T (1, 1, −2)| = | − i − 2~j + 6~k| =
8
8
√
Bu nedenle, sıcaklığın maksimum artış hızı 5 41/8 ≈ 4 ◦ C/m olur.
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.
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.
Maksimum ve Minimum Değerler
Tanımdaki eşitsizlikler, f nin tanım kümesindeki her (x, y)
noktasında sağlanıyorsa, f nin, (a, b) de mutlak maksimumu
(veya mutlak minimumu) vardır.
Maksimum ve Minimum Değerler
Birden çok maksimum ve minimumu olan bir fonksiyonun grafiği
Şekil 6 de görülmektedir. Yerel maksimumları dağ tepeleri ve yerel
minimumları vadi tabanları olarak düşünebiliriz.
Şekil 6:
Maksimum ve Minimum Değerler
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.
Maksimum ve Minimum Değerler
Teoremin bir sonucunun gradyan vektörü gösterimiyle
∇f (a, b) = ~0
olarak ifade edilebileceğine dikkat ediniz. Teğet düzlemi
denkleminde
fx (a, b) = 0 ve fy (a, b) = 0
yazarsak, z = z0 elde ederiz. Bu nedenle, teoremin geometrik
yorumu, yerel maksimum ya da yerel minimumda teğet düzleminin
yatay olması gerektiğidir.
Maksimum ve Minimum Değerler
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.
Teorem fonksiyonun (a, b) de yerel maksimum ya da yerel
minimumu varsa, (a, b) nin f nin bir kritik noktası olduğunu söyler.
Ancak, bir değişkenli kalkülüste olduğu gibi, her kritik nokta bir
yerel maksimum ya da yerel minimuma yol açmaz.
Bir kritik noktada fonksiyonun yerel maksimumu veya yerel
minimumu olabilir veya bunlardan hiçbiri olmayabilir.
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
D = D(a, b) = fxx (a, b) · fyy (a, b) − [fxy (a, b)]2
olmak üzere,
(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.
Maksimum ve Minimum Değerler
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.
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 Örnek
Örnek : f (x, y) = x2 + y 2 − 2x − 6y + 14 fonksiyonunun yerel
maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını
bulunuz.
Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz:
fx = 2x − 2
fy = 2y − 6
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.
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(1, 3) = 4 > 0 ve fxx = 2 olduğundan ikinci türev testinin (a)
şıkkından (1, 3) noktasının yerel minimum olduğu ortaya çıkar.
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.
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.
Örnek...
Örnek
Örnek : f (x, y) = x4 + y 4 − 4xy + 1 fonksiyonunun yerel
maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını
bulunuz.
Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz:
fx = 4x3 − 4y
fy = 4y 3 − 4x
Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek
x3 − y = 0 ve y 3 − x = 0
denklemlerini elde ederiz.
Örnek...
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.
0 = (x3 )3 − x = x9 − x = x(x8 − 1) = x(x4 − 1)(x4 + 1)
= x(x2 − 1)(x2 + 1)(x4 + 1)
= x(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1)
Örnek...
x(x − 1)(x + 1)(x2 + 1)(x4 + 1) = 0
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
fyy = 12y 2
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 144x2 y 2 − 16
Örnek...
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 144x2 y 2 − 16
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.
D(1, 1) = 128 > 0 ve fxx (1, 1) = 12 > 0 olduğundan testin (a)
şıkkından f (1, 1) = −1 in yerel minimum olduğunu görürüz.
Benzer şekilde D(−1, −1) = 128 > 0 ve fxx = 12 > 0 olduğundan
f (−1, −1) = −1 de yerel bir minimumdur.
Örnek...
Örnek
Örnek : f (x, y) = 10x2 y − 5x2 − 4y 2 − x4 − 2y 4 fonksiyonunun
kritik noktalarını bulunuz ve sınıflandırınız. Ayrıca f nin
grafiğindeki en yüksek noktayı da bulunuz.
Çözüm : Birinci basamaktan kısmi türevler
fx = 20xy − 10x − 4x3
fy = 10x2 − 8y − 8y 3
olduğundan kritik noktaları bulmak için aşağıdaki denklemleri
çözmeliyiz.
2x(10y − 5 − 2x2 ) = 0
(18)
5x2 − 4y − 4y 3 = 0
(19)
Örnek...
Denklem (18) den
x=0
veya
10y − 5 − 2x2 = 0
olması gerekir. Birinci durumda (x = 0) Denklem 19,
−4y(1 + y 2 ) = 0
şekline gelir, buradan y = 0 bulunur ve (0, 0) bir kritik noktadır.
Örnek...
İkinci durumda (10y − 5 − 2x2 = 0),
x2 = 5y − 2.5
(20)
ve bunu Denklem (19) de yerine yazarsak
25y − 12.5 − 4y − 4y 3 = 0
elde ederiz. Şimdi üçüncü dereceden
4y 3 − 21y + 12.5 = 0
denklemini çözmek zorundayız.
(21)
Örnek...
Bir bilgisayar veya grafik çizen hesap makinesi kullanarak Şekil ??
daki gibi,
g(y) = 4y 3 − 21y + 12.5
fonksiyonunun grafiğini çizersek, Denklem (21) ün üç gerçel kökü
olduğunu görürüz.
Örnek...
Şekli büyüterek kökleri 4 basamağa kadar buluruz:
y ≈ −2.5452
y ≈ 0.6468
y ≈ 1.8984
(Bunun yerine Newton yöntemini veya başka bir kök bulma
yöntemini kullanabiliriz.)
Örnek...
Denklem (20) den bunlara karşı gelen x değerleri
p
x = ± 5y − 2.5
olarak verilir.
y ≈ −2, 5452 için x in bu değere karşılık gelen gerçel bir değeri
yoktur.
y ≈ 0, 6468 için x ≈ ±0, 8567 olur.
y ≈ 1, 8984 için x ≈ ±2, 6442 olur.
Örnek...
Böylece aşağıdaki tabloda incelenen toplam 5 kritik nokta vardır.
Tüm sayılar iki ondalık basamağa yuvarlanmıştır.
Kritik nokta
(0,0)
(±2.64, 1.90)
(±0.86, 0.65)
f nin değeri
0.00
8.50
-1.48
fxx
-10.00
-55.93
-5.87
D
80.00
2488.71
-187.64
Sonuç
yerel maksimum
yerel maksimum
eyer noktası
Örnek...
Aşağıdaki şekillerde, f nin grafiğini iki açıdan gösterir ve yüzeyin
aşağı doğru açıldığını görürüz. [Bu, f (x, y) nin ifadesinden
görülerbilir: |x| ve |y| büyük iken baskın terimler −x4 − 2y 4 olur.]
Örnek...
f nin yerel maksimum noktalarındaki değerlerini karşılaştırarak, f
nin mutlak maksimum değerinin f (±2.64, 1.90) ≈ 8.50 olduğunu
görürüz. Diğer bir deyişle, (±2.64, 1.90, 8.50), f nin grafiğindeki
en yüksek noktalardır.
Örnek
Örnek : (1,0,-2) noktasından x + 2y + z = 4 düzlemine olan en
kısa uzaklığı bulunuz.
Çözüm : Herhengi 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.
Örnek...
Daha yalın olan
d2 = f (x, y) = (x − 1)2 + y 2 + (6 − x − 2y)2
ifadesini minimum yaparak d yi minimum yapabiliriz.
fx = 2(x − 1) − 2(6 − x − 2y) = 4x + 4y − 14 = 0
fy
= 2y − 4(6 − x − 2y) = 4x + 10y − 24 = 0
denklemlerini çözerek
olduğunu buluruz.
11 5
,
6 3
noktasının tek kritik nokta
Örnek...
fxx = 4, fxy = 4, ve fyy = 10 olduğundan,
D(x, y) = fxx fyy − (fxy )2 = 24 > 0
ve
fxx > 0
11 5
,
noktasında bir yerel
dır ve ikinci türevler testinden f nin
6 3
minimumu vardır.
Sezgisel olarak bu yerel minimumun gerçekte bir mutlak minimum
olduğunu görürüz çünkü verilen düzlemde (1, 0, −2) ye en yakın bir
nokta olmalıdır.
Örnek...
x=
5
11
ve y = ise
6
3
d =
p
(x − 1)2 + y 2 + (6 − x − 2y)2
s 2 2
5
5
5 2
=
+
+
6
3
6
√
5 6
=
6
olur.
√ (1, 0, −2) den x + 2y + z = 4 düzlemine en yakın uzaklık
5 6/6 dır.
Örnek
Örnek : 12m2 lik bir kartondan üstü açık bir dikdörtgen kutu
yapılacaktır. Böyle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz.
Çözüm : Şekil 7 daki gibi kutunun uzunluk, genişlik ve yüksekliği
(metre olarak) x, y, ve z olsun. Kutunun hacmi
V = xyz
dir.
Şekil 7:
Örnek...
Kutunun dört yan yüzünün ve tabanının alanının
2xz + 2yz + xy = 12
oluşunu kullanarak V yi yalnızca x ve y nin fonksiyonu olarak ifade
edebiliriz. Yukarıdaki eşitlikten z yi çözersek,
z=
12 − xy
2(x + y)
buluruz, bu nedenle V nin ifadesi
V = xy
olur.
12 − xy
12xy − x2 y 2
=
2(x + y)
2(x + y)
Örnek...
Kısmi türevleri hesaplar ve
y 2 (12 − 2xy − x2 )
∂V
=
∂x
2(x + y)2
∂V
x2 (12 − 2xy − y 2 )
=
∂y
2(x + y)2
buluruz. V maksimum ise ∂V /∂x = ∂V /∂y = 0 olur, ancak x = 0
veya y = 0, V = 0 verir, bu nedenle
12 − 2xy − x2 = 0
denklemlerini çözmeliyiz.
12 − 2xy − y 2 = 0
Örnek...
Bunlar, x2 = y 2 ve x = y olmasını gerektirir. (Bu problemde x ve
y nin her ikisinin de pozitif olması gerektiğine dikkat ediniz.)
x = y bu denklemlerden birinde yazılırsa 12 − 3x2 = 0 elde ederiz,
bu da
x = 2, y = 2, ve z = 1
verir.
Örnek...
Bunun bir yerel maksimum verdiğini, ikici 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.
Dolayısıyla V = 2 · 2 · 1 = 4 olur ve kutunun maksimum hacmi 4m3
dür.
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.
Kapalı aralık yönteminden, bunları f yi yalnızca kritik noktalarda
değil ayrıca a ve b uç noktalarında hesaplayarak bulduk.
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
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.
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.
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
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.
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Kapalı, sınırlı bir D kümesinde sürekli bir f fonksiyonunun
maksimum ve minimum değerlerini bulmak için
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.
Örnek
Örnek : f (x, y) = x2 − 2xy + 2y fonksiyonunun
D = {(x, y)|0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2}
dikdörtgenindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum
değerlerini bulunuz.
Çözüm : f bir polinom olduğundan, kapalı ve sınırlı D
dikdörtgeninde süreklidir, bu nedenle f nin hem mutlak
maksimumu hem de mutlak minimumunun olduğunu söyler.
Örnek...
Yukarıdaki birinci adıma göre, önce kritik noktaları buluruz. Bunlar
fx = 2x − 2y = 0
fy = −2x + 2 = 0
iken oluşur, bu nedenle tek kritik nokta (1, 1) dir. f nin oradaki
değeri f (1, 1) = 1 olur.
Örnek...
Şekil 8:
2. adımda Şekil 8 de gösterilen L1 , L2 , L3 , ve L4 doğru
parçalarından oluşan D nin sınırında f nin değerlerini inceleriz.
Örnek...
L1 üzerinde y = 0 olduğundan
f (x, 0) = x2
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.
Örnek...
L2 üzerinde x = 3 olduğundan
f (3, y) = 9 − 4y
0≤y≤2
olur.
Bu, y nin azalan bir fonksiyonu olduğundan maksimum değeri
f (3, 0) = 9 ve minimum değeri f (3, 2) = 1 dir.
Örnek...
L3 üzerinde y = 2 olduğundan
f (x, 2) = x2 − 4x + 4
0≤x≤3
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.
Örnek...
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.
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 9, f nin grafiğini göstermektedir.
Lagrange Çarpanları
Lagrange Çarpanları Yöntemi
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):
(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.
(b) (a) adımında bulunan tüm noktalarda f nin değerini
hesaplayınız. Bunların en büyüğü f nin maksimum, en küçüğü f
nin minimum değeridir.
λ sayısı Lagrange çarpanı olarak adlandırılır.
Lagrange Çarpanları
∇f = λ∇g vektör denklemini bileşenleri cinsinden yazarsak (a)
daki eşitlikler
fx = λgx
fy = λgy
fz = λgz
g(x, y, z) = k
biçimini alır. Bu, dört x, y, z ve λ bilinmeyenlerinin dört
denklemlik bir sistemidir, ancak λ bilinmeyeninin açık değerini
bulmak zorunda değiliz.
Lagrange Çarpanları
İki değişkenli fonksiyonlar için Lagrange yöntemi biraz önce
açıklanan yöntemin benzeridir.
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
denklemlerini sağlayan x, y ve λ değerlerini ararız. Bu da, üç
bilinmeyenli üç denklemi çözmek demektir:
fx = λgx
fy = λgy
g(x, y) = k
Lagrange yönteminin ilk uygulaması olarak daha önce çözdüğümüz
aşağıdaki problemi tekrar düşünelim.
Örnek
Örnek : 12 m2 büyüklüğünde bir kartondan, kapağı olmayan
dikdörtgenler prizması şeklinde bir kutu yapılacaktır. Böyle bir
kutunun maksimum hacmini bulunuz.
Çözüm : x, y ve z sırasıyla kutunun, metre olarak, boyu, eni ve
yüksekliği olsun. O zaman
V = xyz
nin
g(x, y, z) = 2xz + 2yz + xy = 12
kısıtlaması altında maksimumunu bulmak istiyoruz.
Örnek...
Lagrange yöntemini kullanarak
∇V = λ∇g
ve
g(x, y, z) = 12
olacak şekilde x, y, z ve λ değerlerini ararız. Bu bize
Vx = λgx
Vy = λgy
Vz = λgz
2xz + 2yz + xy = 12
denklemlerini verir.
Örnek...
Bunlar da
yz = λ(2z + y)
(22)
xz = λ(2z + x)
(23)
xy = λ(2z + 2y)
(24)
2xz + 2yz + xy = 12
(25)
biçimini alır.
Denklem sistemlerini çözmenin genel kuralları yoktur. Bazen
yaratıcılık gereklidir. Bu örnekte (22) yi x ile (23) ü y ile ve (24) ü
z ile çarparsak sol tarafların aynı olacağını fark etmiş olabilirsiniz.
Örnek...
Bunu yaparak
xyz = λ(2xz + xy)
(26)
xyz = λ(2yz + xy)
(27)
xyz = λ(2xz + 2yz)
(28)
elde ederiz.
λ = 0 olması (22), (23) ve (24) den yz = xz = xy = 0 olmasını
gerektirdiğinden ve bu da (25) ile çelişeceğinden, λ 6= 0 olması
gerektiğini gözlemleriz.
Örnek...
(26) ve (27) den
λ(2xz + xy) = λ(2yz + xy)
2xz + xy = 2yz + xy
olur, bu da xz = yz sonucunu verir. Ancak z 6= 0 olduğundan
(z = 0 olması V = 0 verirdi) x = y olur.
Örnek...
(27) ve (28) den
2yz + xy = 2xz + 2yz
buluruz, bu da 2xz = xy verir ve böylece (x 6= 0 olduğundan)
y = 2z olur.
Örnek...
x = y = 2z yi (25) de yerine koyarsak
4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12
elde ederiz. x, y ve z nin tümü pozitif olduğundan önceki gibi
z = 1, x = 2 ve y = 2 buluruz.
Örnek
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,
∇f = λ∇g
ve
g(x, y) = 1
denklemlerini çözeriz,
Örnek...
bunlar
fx = λgx
2x = 2xλ
(29)
fy = λgy
4y = 2yλ
(30)
g(x, y) = 1
x2 + y 2 = 1
(31)
olarak yazılabilir.
(29) dan x = 0 veya λ = 1 olur. x = 0 ise (31) den y = ±1
bulunur.
λ = 1 ise (30) dan y = 0 olur ve (31) den x = ±1 verir.
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.
Örnek...
Örnek
Örnek : f (x, y) = x2 + 2y 2 fonksiyonunun x2 + y 2 ≤ 1 dairesi
üzerinde uç değerlerini 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:
f (0, 0) = 0
f (±1, 0) = 1 f (0, ±1) = 2
Bu nedenle f nin x2 + y 2 ≤ 1 dairesindeki maksimum değeri
f (0, ±1) = 2 ve minimum değeri f (0, 0) = 0 dır.
Örnek
Örnek : x2 + y 2 + z 2 = 4 küresi üzerindeki (3, 1, −1) noktasına en
yakın ve en uzak noktaları bulunuz.
Çözüm : Bir (x, y, z) noktasından (3, 1, −1) noktasına uzaklık
p
d = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2
dir, ancak bunun yerine uzaklığın karesi
d2 = f (x, y, z) = (x − 3)2 + (y − 1)2 + (z + 1)2
nin maksimum ve minimumlarını aramak işi kolaylaştırır.
Örnek...
Kısıtlama (x, y, z) noktasının küre üzerinde olması ya da
g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 = 4
olmasıdır. Lagrange çarpanları yöntemine göre ∇f = λ∇g ve
g = 4 denklemlerini çözeriz. Bu da
2(x − 3) = 2xλ
(32)
2(y − 1) = 2yλ
(33)
2(z + 1) = 2zλ
(34)
2
(35)
2
2
x +y +z =4
denklemlerini verir.
Örnek...
Bu denklemleri çözmenin en kolay yolu (32), (33) ve (34) den x, y
ve z yi λ cinsinden bulup bu değerleri (35) de yerine yazmaktır.
(32) den
x − 3 = xλ
ya da
x(1 − λ) = 3
ya da
x=
3
1−λ
elde ederiz. [ (32) den λ = 1 olanaksız olduğundan 1 − λ 6= 0
olduğuna dikkat ediniz.]
Örnek...
Benzer şekilde (33) ve (34)
y=
1
1−λ
z=−
1
1−λ
verir. Bu nedenle (35) den
32
12
(−1)2
+
+
=4
(1 − λ)2 (1 − λ)2 (1 − λ)2
bulunur, bu da (1 − λ)2 =
bulunur.
√
11
, 1 − λ = ± 11/2 verir, buradan
4
√
11
λ=1±
2
Örnek...
λ nın bu değerlerine karşı gelen (x, y, z) noktaları
2
2
6
2
2
6
√ , √ , −√
ve
−√ , −√ , √
11 11
11
11
11 11
dir. f nin bu noktaların ilkinde daha küçük değere sahip olduğu
kolayca görülür, böylece
en yakın nokta
6
2
2
√ , √ , −√
11 11
11
ve en uzak nokta
dir.
6
2
2
−√ , −√ , √
11
11 11
İki Kısıtlama
Şimdi de
g(x, y, z) = k
ve
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)
(36)
olacak şekilde (Lagrange çarpanları olarak adlandırılan) λ ve µ
sayıları kullanılır.
Bu durumda Lagrange yöntemi, x, y, z, λ ve µ bilinmeyenli beş
denklemi çözerek uç değerleri aramaktır.
İki Kısıtlama
Bu denklemler, Denklem(36) yı bileşenleri cinsinden yazarak ve
kısıtlayıcı denklemleri kullanarak elde edilir:
fx = λgx + µhx
fy = λgy + µhy
fz = λgx + µhx
g(x, y, z) = k
h(x, y, z) = c
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.
Örnek
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,
Örnek...
bu nedenle
fx = λgx + µhx
1 = λ + 2xµ
(37)
fy = λgy + µhy
2 = −λ + 2yµ
(38)
fz = λgx + µhx
3=λ
(39)
g(x, y, z) = k
x−y+z =1
(40)
h(x, y, z) = c
x2 + y 2 = 1
(41)
denklemlerini çözeriz.
Örnek...
[(39) dan] λ = 3 ü (37) de yerine yazarak 2xµ = −2 elde ederiz,
buradan x = −1/µ olur.
Benzer şekilde (38), y = 5/(2µ) verir.
Bunları (41) de yerine yazmak
25
1
+ 2 =1
2
µ
4µ
√
verir ve buradan µ2 = 29
4 , µ = ± 29/2 olur.
Örnek...
Bunun sonucunda
√
x = ∓2/ 29,
√
y = ±5/ 29
bulunur ve (40) den
√
z = 1 − x + y = 1 ± 7/ 29
elde edilir. f nin karşı gelen değerleri
∓
√
2
5
7
+ 2(± √ ) + 3(1 ± √ ) = 3 ± 29
29
29
29
olur.
Bu nedenle f nin verilen eğri üzerindeki maksimum değeri 3 +
olur.
√
29