MAT 1010 Matematik II 0/ 1

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)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
(1)
MAT 1010 Matematik II
1/ 164
Kısmi Türevler
Türev tanımından,
g(a + h) − g(a)
h→0
h
g 0 (a) = lim
olduğundan, Denklem 1
f (a + h, b) − f (a, b)
h→0
h
fx (a, b) = lim
(2)
biçimini alır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
2/ 164
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:
f (a, b + h) − f (a, b)
h→0
h
fy (a, b) = lim
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
(3)
3/ 164
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
fx (x, y) = lim
f (x, y + h) − f (x, y)
h→0
h
fy (x, y) = lim
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
4/ 164
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 =
∂f
∂
∂z
=
f (x, y) =
= f2 = D2 f = Dy f
∂y
∂y
∂y
yazarız.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
5/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
6/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
7/ 164
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
x
∂
x
x
1
∂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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
8/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
9/ 164
Örnek...
∂z
∂z
+ 6yz + 6xy
=0
∂x
∂x
Bu denklemi ∂z/∂x için çözerek
3x2 + 3z 2
∂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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
10/ 164
Türevlenebilirlik
Teorem : Eğer fx ve fy kısmi türevleri (a, b) yakınında var ve
(a, b) de sürekli ise, f , (a, b) de türevlenebilirdir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
11/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
12/ 164
Kısmi Türevlerin Yorumu
Şekil 1 : tan α = fx (1, 1)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
13/ 164
Kısmi Türevlerin Yorumu
Şekil 2 : tan β = fy (1, 1)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
14/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
15/ 164
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 = xe
xy
exy
ln z ve fz =
z
bulunur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
16/ 164
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
= p 2
·
2x
=
1
∂x1
2 x1 + x22 + . . . + x2n
x21 + x22 + . . . + x2n
∂u
1
x2
p
= p 2
·
2x
=
2
∂x2
2 x1 + x22 + . . . + x2n
x21 + x22 + . . . + x2n
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
17/ 164
Örnek...
Genelleştirirsek,
∂u
xi
=p 2
,
∂xi
x1 + x22 + . . . + x2n
i = 1, 2, . . . , n
elde ederiz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
18/ 164
(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
i = 1, 2, . . . , n
buluruz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
19/ 164
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:
∂ ∂f
∂2f
∂2z
(fx )x = fxx = f11 =
=
=
∂x ∂x
∂x2
∂x2
∂f
∂x
(fx )y = fxy = f12
∂
=
∂y
∂f
∂y
(fy )x = fyx = f21
∂
=
∂x
∂f
∂x
(fy )y = fyy = f22
∂
=
∂y
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
∂2f
∂2z
=
=
∂y∂x
∂y∂x
=
∂2f
∂2z
=
∂x∂y
∂x∂y
∂2f
∂2z
=
=
∂y 2
∂y 2
MAT 1010 Matematik II
20/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
21/ 164
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
fyy =
∂
(3x2 y 2 − 4y) = 6x2 y − 4
∂y
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
22/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
23/ 164
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)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
24/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
25/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
26/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
27/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
28/ 164
Örnek...
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
29/ 164
Örnek...
(1, 1, 3) e odaklandıkça z = 2x2 + y 2 eliptik paraboloidinin teğet
düzlemiyle daha çok çakışıyor göründüğüne dikkat ediniz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
30/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
31/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
32/ 164
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)
(5)
yaklaştırımı, f ’ye (a, b)’deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet
düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
33/ 164
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
fx (1, 0) = 1
fy (x, y) = x2 exy
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
34/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
35/ 164
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
(6)
olarak tanımlanır. Bazen dz yerine df gösterimi de kullanılır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
36/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
37/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
38/ 164
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 =
∂z
∂z
dx +
dy = (2x + 3y)dx + (3x − 2y)dy
∂x
∂y
bulunur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
39/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
40/ 164
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
∂V
∂V
2πrh
πr2
dV =
dr +
dh =
dr +
dh
∂r
∂h
3
3
olur. Her iki hata en çok 0.1 olduğundan, |∆r| ≤ 0.1,
|∆h| ≤ 0.1’dir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
41/ 164
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 =
500π
100π
(0.1) +
(0.1) = 20π
3
3
verir. Böylece, hesaplanan hacimdeki maksimum hata yaklaşık
20πcm3 ≈ 63cm3 ’dür.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
42/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
43/ 164
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
dw =
dx +
dy +
dz
∂x
∂y
∂z
olarak tanımlanır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
44/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
45/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
46/ 164
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 = (0 + 3)(2 cos 0) + (0 + 0)(− sin 0) = 6
dt t=0
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
47/ 164
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
= 6 türevi de, sıcaklığın C boyunca
noktalardaki sıcaklığı,
dt
değişimini temsil eder.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
48/ 164
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
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 Eğer t saniye olarak geçen zamanı temsil ederse, belirtilen
anda
dT
dV
T = 300,
= 0.1, V = 100,
= 0.2
dt
dt
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
49/ 164
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(300)
8.31
(0.1) −
(0.2) = −0.04155
100
1002
sonucunu verir. Basınç yaklaşık 0.042kP a/sn hızla azalmaktadır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
50/ 164
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
∂z
∂s
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂s ∂y ∂s
∂z
∂t
=
∂z ∂x ∂z ∂y
+
∂x ∂t
∂y ∂t
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
51/ 164
Zincir Kuralı (2. Durum)
Kolay hatırlayabilmek için aşağıdaki gibi bir diyagram çizilebilir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
52/ 164
Örnek
Örnek : x = st2 ve y = s2 t olmak üzere z = ex sin y ise,
yi bulunuz.
∂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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
53/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
54/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
55/ 164
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
(7)
elde ederiz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
56/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
57/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
∂F
∂z
∂y
=−
.
∂F
∂y
∂z
MAT 1010 Matematik II
(8)
58/ 164
Örnek
Örnek : Eğer x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 ise
∂z
∂z
ve
yi bulunuz.
∂x
∂y
Çözüm F (x, y, z) = x3 + y 3 + z 3 + 6xyz − 1 olsun. Denklem 21
den
∂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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
59/ 164
Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü
Şekil 3 deki hava haritası, bir coğrafi bölgedeki T (x, y) sıcaklık
fonksiyonunun kontur haritasını göstermektedir.
Şekil 3 :
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
60/ 164
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?
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
61/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
62/ 164
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)
f (x0 , y0 + h) − f (x0 , y0 )
h→0
h
fy (x0 , y0 ) = lim
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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
63/ 164
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
(10)
limitidir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
64/ 164
Yönlü Türevler
Tanımı denklem 9 ile karşılaştırarak,
~u = ~i = h1, 0i
ise
D~i f = fx
~u = ~j = h0, 1i
ise
D~j f = fy
ve
olduğunu görürüz.
Diğer bir deyişle f nin x ve y ye göre kısmi türeveri, yönlü türevin
özel durumlarıdır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
65/ 164
Örnek
Örnek: Şekil 3 i kullanarak, sıcaklık fonksiyonunun, Reno’da
güneydoğu yönündeki yönlü türevinin değerini yaklaşık olarak
bulunuz. (Şekilde Renonun yanındaki noktaların arasındaki uzaklığı
75mil alınız.)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
66/ 164
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 4.)
Şekil 4 :
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
67/ 164
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 ≈
10
70 − 60
=
≈ 0.13 ◦ F/mi
75
75
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
68/ 164
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
(11)
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
69/ 164
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 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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
70/ 164
Gradyan Vektörü
Tanım: f, x ve y değişkenlerinin bir fonksiyonu ise, f nin
gradyanı ∇f ile gösterilen
E ∂f
~i + ∂f ~j
∇f (x, y) = fx (x, y), fy (x, y) =
∂x
∂y
D
(13)
vektör değerli fonksiyondur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
71/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
72/ 164
Gradyan Vektörü
Gradyan vektörü için bu gösterim ile yönlü türev için 12 ifadesini
D~u f (x, y) = ∇f (x, y) · ~u
(14)
olarak yazabiliriz.
Bu eşitlik, ~u yönündeki yönlü türevin, gradyan vektörünün ~u
üzerine izdüşümü olduğunu belirtir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
73/ 164
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 =
√
29
~v
5
2
= √ ~i + √ ~j
|~v |
29
29
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
74/ 164
Örnek...
Bu nedenle, denklem 14 dan
D~u f (2, −1) = ∇f (2, −1) · ~u = (−4~i + 8~j) ·
=
2
5
√ ~i + √ ~j
29
29
32
−4 · 2 + 8 · 5
√
=√
29
29
bulunur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
75/ 164
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)
f (x0 + ha, y0 + hb, z0 + hc) − f (x0 , y0 , z0 )
h→0
h
(15)
D~u f (x0 , y0 , z0 ) = lim
olarak tanımlanır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
76/ 164
Üç Değişkenli Fonksiyonlar
f (x, y, z) türevlenebilir ve ~u = ha, b, ci ise
D~u f (x, y, z) = fx (x, y, z) · a + fy (x, y, z) · b + fz (x, y, z) · c (16)
dir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
77/ 164
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
(17)
olarak yazılabilir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
78/ 164
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)
=
D
sin(yz), xz cos(yz), xy cos(yz)
E
olur
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
79/ 164
Örnek...
(b) (1, 3, 0) da ∇f (1, 3, 0) = h0, 0, 3i buluruz. ~v = ~i + 2~j − ~k
yönündeki birim vektör
1
2
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
= 3~k · √ ~i + √ ~j − √ ~k
6
6
6
r
1
3
= 3 −√
=−
2
6
sonucunu verir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
80/ 164
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?
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
81/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
82/ 164
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
=−
160x
320y
~i −
~j
(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2
(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2
−
480z
~k
(1 + x2 + 2y 2 + 3z 2 )2
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
83/ 164
Örnek...
∇T =
160
(−x~i − 2y~j − 3z~k)
2
2
2
2
(1 + x + 2y + 3z )
olur. (1, 1, −2) noktasında gradyan vektörü
∇T (1, 1, −2) =
5
160 ~
(−i − 2~j + 6~k) = (−~i − 2~j + 6~k)
256
8
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
84/ 164
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 − 2j + 6k)/ 41
birim vektörü yönünde en hızlı artar.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
85/ 164
Örnek...
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
86/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
87/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
88/ 164
Maksimum ve Minimum Değerler
Birden çok maksimum ve minimumu olan bir fonksiyonun grafiği
Şekil 5 de görülmektedir. Yerel maksimumları dağ tepeleri ve yerel
minimumları vadi tabanları olarak düşünebiliriz.
Şekil 5 :
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
89/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
90/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
91/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
92/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
93/ 164
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 Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
94/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
95/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
96/ 164
Örnek...
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
97/ 164
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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
98/ 164
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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
99/ 164
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
100/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
101/ 164
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)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
102/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
103/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
104/ 164
Örnek...
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
105/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
(19)
106/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
107/ 164
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
(21)
denklemini çözmek zorundayız.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
108/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
109/ 164
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.)
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
110/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
111/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
D
80.00
2488.71
-187.64
MAT 1010 Matematik II
Sonuç
yerel maksimum
yerel maksimum
eyer noktası
112/ 164
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.]
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
113/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
114/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
115/ 164
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
11 5
,
6 3
noktasının tek kritik nokta
olduğunu buluruz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
116/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
117/ 164
Örnek...
x=
11
5
ve y = ise
6
3
p
d =
(x − 1)2 + y 2 + (6 − x − 2y)2
s 2 2
5 2
5
5
=
+
+
6
3
6
√
5 6
=
6
olur.
√ (1, 0, −2) den x + 2y + z = 4 düzlemine en yakın uzaklık
5 6/6 dır.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
118/ 164
Örnek
Örnek : 12m2 lik bir kartondan üstü açık bir dikdörtgen kutu
yapılacaktır. Böyle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz.
Çözüm : Şekil 6 daki gibi kutunun uzunluk, genişlik ve yüksekliği
(metre olarak) x, y, ve z olsun. Kutunun hacmi
V = xyz
dir.
Şekil 6 :
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
119/ 164
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
12 − xy
12xy − x2 y 2
=
2(x + y)
2(x + y)
olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
120/ 164
Örnek...
Kısmi türevleri hesaplar ve
∂V
y 2 (12 − 2xy − x2 )
=
∂x
2(x + y)2
x2 (12 − 2xy − y 2 )
∂V
=
∂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
12 − 2xy − y 2 = 0
denklemlerini çözmeliyiz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
121/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
122/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
123/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
124/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
125/ 164
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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
126/ 164
Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
127/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
128/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
129/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
130/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
131/ 164
Örnek...
Şekil 7 :
2. adımda Şekil 7 de gösterilen L1 , L2 , L3 , ve L4 doğru
parçalarından oluşan D nin sınırında f nin değerlerini inceleriz.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
132/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
133/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
134/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
135/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
136/ 164
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 8, f nin grafiğini göstermektedir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
137/ 164
Şekil 8 :
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
138/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
139/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
140/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
141/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
142/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
143/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
144/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
145/ 164
Örnek...
(27) ve (28) den
2yz + xy = 2xz + 2yz
buluruz, bu da 2xz = xy verir ve böylece (x 6= 0 olduğundan)
y = 2z olur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
146/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
147/ 164
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,
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
148/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
149/ 164
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. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
150/ 164
Örnek...
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
151/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
152/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
153/ 164
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)
x2 + y 2 + z 2 = 4
(35)
denklemlerini verir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
154/ 164
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
x(1 − λ) = 3
ya da
ya da
x=
3
1−λ
elde ederiz. [ (32) den λ = 1 olanaksız olduğundan 1 − λ 6= 0
olduğuna dikkat ediniz.]
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
155/ 164
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 =
√
11
, 1 − λ = ± 11/2 verir, buradan
4
√
11
λ=1±
2
bulunur.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
156/ 164
Örnek...
λ nın bu değerlerine karşı gelen (x, y, z) noktaları
6
2
2
6
2
2
√ , √ , −√
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
6
2
2
−√ , −√ , √
11
11 11
dir.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
157/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
158/ 164
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
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
159/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
160/ 164
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,
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
161/ 164
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
162/ 164
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
1
25
+
=1
µ2 4µ2
√
,
µ
=
±
29/2 olur.
verir ve buradan µ2 = 29
4
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
√
x = ∓2/ 29,
√
y = ±5/ 29
163/ 164
Örnek...
Bunun sonucunda
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.
Öğr.Gör. Volkan ÖĞER
MAT 1010 Matematik II
√
29
164/ 164

Download

MAT 1010 Matematik II 0/ 1

Products

Support

MAT 1010 Matematik II 0/ 1

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib