BİRDEN ÇOK DEĞİŞ ĞİŞKEN DURUMUNDA OPTİMİZASYON
Şekil.1 i dikkate alalım. Maksimum nokta olan A ve minimum nokta olan B de z=f(x) fonksiyonunun bir durgunluk değeri vardır. Bir başka ifadeyle, z nin bir uçdeğerinin (minimum ya da maksimum) olabilmesi için, x değişirken dz= olmalıdır. Ancak bu koşul tek başına bir minimum ya da maksimum için yeterli değildir. Örneğin Şekil.1 de C noktasında dz= olmakla beraber, bir uçdeğer oluşmamaktadır. Birinci sıra koşula göre, f (x)= olmalıdır. Bunu diferansiyel denklem yoluyla şöyle ifade edebiliriz: dz = f ( x) dx =, dx
Şekil.1 Durgunluk Noktaları 3 z A dz = C dz = z = f ( x ) B dz = x
Şekil.1 de A noktasının soluna (dx<) ve sağına (dx>) 4 gidildiğinde her iki durumda da z nin değeri azalmaktadır (dz<). Diğer bir ifadeyle, farklı x değerleri için d(dz)< ya da d z< dır diyebiliriz. d z< koşulu, maksimum için ikinci sıra koşulun (yeterlik koşulu) diferansiyelidir. Bunu şöyle gösterebiliriz: ddzdx ( ) dx dz = = f ( x) <, dx dx d z = f ( x) dx < (-) (+)
d z ifadesini açarak yazalım ve dx ( (dx) ) teriminin bir karesel terim (dolayısıyla pozitif) olduğunu görelim. 5 ( ) [ ] ( ) d z = d( dz) = d f ( x) dx = df ( x) dx d z = f ( x) dx dx = f ( x)( dx) Dolayısıyla maksimizasyon için yeterli olan d z< ikinci sıra koşulu ile f (x)< eşdeğerdir.
6 Yukarıdaki incelemeyi şöyle genelleştirebiliriz : z nin maksimumu için i in : z nin minimumu için i in : f f ( x) ( x) ya da z nin maksimumu için i in : d z z nin minimumu için i in : d z
İki değişkenli bir fonksiyonu şöyle ifade edebiliriz : 7 z = f ( x, y) İkisi birden sıfır olmamak koşuluyla farklı dx ve dy değerleri için dz= birinci sıra koşulu oluşturur. Fonksiyonun birinci sıra toplam diferansiyelini yazalım: dz = f dx + f dy =, dx, dy x y Yukarıdaki koşul altında, diferansiyel denklemin sıfır olabilmesi yani dz= olabilmesi için; f x z = = x ve f y z = = y olmalıdır.
Şekil. İki Seçim Değişkenli Modelde Maksimum 8 z A y x
Şekil.3 İki Seçim Değişkenli Modelde Minimum 9 z y x B
Şekil.4 İki Seçim Değişkenli Modelde Eyer Noktası 1 1 5-5 -1 1 5 C z -5-1 -1-5 x 5 y 1
Yukarıdaki Şekil.,.3 ve.4 ü birinci sıra koşul açısından inceleyelim. Şekil. de A noktasında, Şekil.3 de B 11 noktasında ve Şekil.4 de C noktasında dz= birinci sıra koşulu sağlanmaktadır. Bu noktalarda, f x = f = ya da y z x z = = y sağlanmaktadır. Ancak birinci sıra koşul uçdeğer için gerekli olmakla birlikte yeterli değildir.
Şekil. ve.3 te sırasıyla maksimum ve minimum oluşmasına rağmen, Şekil.4 te bir eyer noktası oluşmaktadır. Şekil.4 at eğerine benzemesinden ötürü bu biçimde adlandırılmaktadır. z, x e göre bir maksimum vermekle birlikte, y e göre bir minimumdur. 1 Şimdi ikinci sıra koşuluna bakalım. Öncelikle ikinci dereceden kısmi türev kavramını inceleyelim. z=f(x,y) fonksiyonunun iki tane birinci dereceden kısmi türevi vardır: f x z =, fy = x z y
y sabit kalırken, f x in x e göre türevi, x in ikinci dereceden kısmi 13 türevidir. f xx ( z x) z = = x x Benzer tanımı y için de yapabiliriz. x sabit kalırken, f y in y e göre türevi, y nin ikinci dereceden kısmi türevidir. f yy ( z y) z = = y y
Ayrıca f x ve f y nin hem x hem de y nin birer fonksiyonu olduğunu da göz önünde tutarsak, şu çapraz ikinci derece kısmi türevleri de elde ederiz. 14 f xy ( z y) z = = x x y Young Teoremi: f yx ( z x) z = = y y x f xy = f yx
Örnek 1: Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım. z = x 3 + 5xy y Birinci derece kısmi türevler : 15 z f = = 3x + 5 y, f = = 5x y x x y y z Bunların bir kere daha x ve y e göre kısmi türevlerini alırsak, ikinci dereceden kısmi türevleri elde etmiş oluruz. z z z fxx = = 6 x, f, 5 yy = = f xy = fyx = = x y x y
16 Örnek : Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım. z = y xe Birinci derece ve ikinci derece kısmi türevler : z z f = = xe y, f = = xe x x y y y z z f e y, f xe xx x yy y = = = = y z f = f = = xe xy yx x y y
İkinci Sıra S Toplam Diferansiyel 17 dz nin diferansiyelini alarak, d z ikinci sıra toplam diferansiyelini elde ederiz. ( dz) ( dz) x y d z = d( dz) = dx+ dy ( fxdx+ fydy) ( fxdx+ fydy) = dx + x y dy = f dx + f dy dx + f dx + f dy dy xx xy yx yy = f dx + f dydx + f dxdy + f dy xx xy yx yy d z = f dx + f dxdy + f dy xx xy yy
18 3 Örnek 3: fonksiyonunun birinci sıra ve ikinci z = x + 5xy y sıra toplam diferansiyellerini bulalım. dz = f dx + f dy x y f = 3x + 5 y, f = 5x y x y ( 3 5 ) ( 5 ) dz = x + y dx + x y dy = + + xx xy yy d z f dx f dxdy f dy d z = 6xdx + 1dxdy dy
Şekil.5 İki Seçim Değişkenli Modelde Maksimum 19-5 -1 1 5-5 -1-15 - -1-5 5 1
Şekil.5 de kırmızı noktayla işaretlenen yerde birinci sıra koşulların sağlanmış olduğunu varsayalım. Eğer dx ve dy rasgele farklı değerler alırken, dz sürekli azalıyorsa (yani d z<), bu noktada bir maksimum vardır diyebiliriz. Tersi durumda bir minimum vardır. Ancak bazı durumlarda d z= olabileceğini de göz önünde bulundurarak, genel kuralı şöyle yazabiliriz : ( dz = f = f = ) x y z nin maksimum değeri eri için i in : z nin minimum değeri eri için i in : d z d z
1 Uç değeri belirlemek için kullanacağımız yukarıdaki kuralı şimdilik ispat vermeksizin ikinci derece kısmi türevler cinsinden açık olarak yazalım. xx yy xx yy xy f <, f <, f f > f d z< xx yy xx yy xy f >, f >, f f > f d z>
Şekil.5 de şeklin durgunluk noktasında çizilen doğu-batı ve kuzey-güney yönlü oklardaki hareketler bu koşullarda f xx ve f yy ikinci derece kısmi türevleriyle gösterilmektedir. Ancak dx ve dy rasgele değişirken bir uç değerin garanti altına alınabilmesi için, diğer olası yönlerde de dz nin ya sürekli azalıyor (maksimum için) ya da sürekli artıyor (minimum için) olması gerekir. Bu, f xy çapraz türevi ile simgelenmiştir.
Şimdi bir uç değeri belirlemek için kullanacağımız birinci sıra ve ikinci sıra koşulları topluca aşağıdaki tabloda verelim. 3 Koşul Maksimum Minimum Birinci Sıra Koşul f x = f = f = f = y x y İkinci Sıra Koşul f xx <, f < f f > f yy xx yy xy f xx >, f > f f > f yy xx yy xy
z = x + xy x + y + 3 8 3 1 4 Örnek 4 : fonksiyonunun uçdeğerlerini bulalım. Bunun için öncelikle fonksiyonun birinci derece ve ikinci derece tüm kısmi türevlerini buluruz ve yukarıda verdiğimiz tablodaki koşulları kullanarak uçdeğerin var olup olmadığını sınayabiliriz. f = 4x + y 6 x, f = x+ y x f = 48x 6, f =, f = f = xx yy xy yx y
Birinci sıra koşul gereği f x ve f y denklemlerini sıfıra eşitleyelim, x ve y için çözelim. 5 f = x + y x = x 4 6 f = x+ y = y x =, y =, z = * * * 1 1 1 * 1 * 1 * 3 x =, y =, z = 3 3 7
Şekil.6 da bu fonksiyonun çizimi yer almaktadır. Yukarıda bulduğumuz durgunluk değerlerini Şekil 6 da iki ayrı nokta ile 6 gösterdik. Bu noktalarda dz= olmaktadır. Şimdi de bu noktalardaki durgunlukların birer uçdeğer oluşturup oluşturmadıklarına bakalım. Bunun için, birinci sıra koşulları sıfıra eşitleyerek bulduğumuz x * ve y * değerlerini, ikinci derece türevlerini değerlendirmede kullanırız ve ikinci sıra koşulların işaret incelemesini yaparız.
7 x =, y = * * 1 1 f f f xx yy xy = 6< = > = Bu nokta, bir eyer noktasıdır. x 1 1 =, y = 3 3 * * f f f xx yy xy = 1 > = > = f f f xx yy =, xy = 4 f f > f xx yy xy Bu nokta, bir minimum noktasıdır.
Şekil.6 UçdeU değerin erin Belirlenmesi (Örnek( 4) 8 z = x + xy x + y + 3 8 3 1 * 1 * 1 * 3 x =, y =, z = x =, y =, z = * * * 1 1 1 3 3 7 1.5.5-1.5 y -.5 z -.5.5 x -.5 -.5
x z = x+ ey e e y Örnek 5 : fonksiyonunun uçdeğerlerini bulalım. Örnek 4 de uyguladığımız yöntemi burada da 9 kullanalım. f x y x = 1 e = f = e e = y * * 1 * x =, y =, z = 1 x =, y = * * 1 f xx yy xy x = e = 1< f = e = e< f = y 4 4 f f = e f = xx yy 4, xy f f > f xx yy xy Bu nokta, bir maksimum noktasıdır.
Şekil.7 UçdeU değerin erin Belirlenmesi (Örnek( 5) 3 x z = x+ ey e e y -.5-1 -.5 1 * * 1 * x =, y =, z = 1 z -4-6 1.5 y x -.5-1
Örnek 6a: bulalım. 1 3 3 ( x x y ) z = e + 31 fonksiyonunun uçdeğerlerini ( ) 1 3 3 ( x + x y ) f = 1 x e = x f y ( ) 1 3 3 ( x + x y ) = y e = * * * x = 1, y =, z = 1.95 * * * x = 1, y =, z =.51
3 ( f 1 ) xx = x x e + ( 1 3 x x y 3 ) x x y * y * * * = 1 fxx = = = = 1 f xx e 3 = e 3 3 ( x x y ) fyy = 4y e + 1 3 x x y * y * * * = 1 fyy = e = = = 1 f yy = e 3 3
33 ( 1 ) ( ) ( 1 3 x x y 3 ) f = f = x y e + xy yx x x y * y * * * = 1 f xy = = = 1 = f = xy
34 ( x, y, z) = ( 1,,.51) f xx 3 = e > xx yy xy 3 xx yy xy ( )( ) 3 3 f f > f e e < ( x, y, z) = (1,,1.95) f xx = e < ( )( ) 3 3 f f > f e e > Bu nokta bir eyer noktasıdır. Bu nokta bir maksimum noktasıdır.
Şekil.8 UçdeU değerin erin Belirlenmesi (Örnek( 6a) 35-1 -1 1.5 1.5 1 3 1 3 ( x x y ) z = e + -1 -
Örnek 6b: bulalım. 4 4 ( ) ( 3) z = x + y 36 fonksiyonunun uçdeğerlerini f f x y = = 3 4( x ) = = 3 4( y 3) * * * x =, y = 3, z = fxx = = 1( x ) x =, y = 3 * * f yy f xy = = = 1( y 3) d z = Bu durum, uçdeğer sınaması için şu ana kadar kullandığımız koşulları sağlamamakla birlikte, noktasında bir minimuma sahiptir. * * * x =, y = 3, z =
Şekil.9 UçdeU değerin erin Belirlenmesi (Örnek( 6b) 37-5 5 1 1 1-1 1.5 1 1 1 1 1 5 1 11 1 5 4 4 ( ) ( 3) z = x + y * * * x =, y = 3, z = y -5 z -1 x
d z teriminin işaretinin pozitif mi, negatif mi olduğunu belirlemek için, karesel biçim kavramını kullanarak, iki ya da daha çok seçim değişkeninin yer aldığı modellerde uçdeğer sınamasını daha kolaylıkla yapabileceğimiz kurallara ulaşacağız. 38 Önce biçim ve karesel biçim kavramlarını tanıyalım. Her bir terimin aynı derecen olduğu polinoma, biçim diyoruz. Örneğin 4x-9y+z polinomu, üç değişkenli doğrusal bir biçimdir. 4x -xy+3y polinomu da, ikinci dereceden (karesel) bir biçimdir.
39 Şimdi ifadesini karesel biçim d z = f dx + f dxdy+ f dy xx xy yy çerçevesinde inceleyelim. Şu kısaltmaları kullanalım: q d z, u dx, v dy, a f xx b f, h f = f yy xy yx Anımsarsak, ikinci sıra uç değer koşula göre, dx ve dy nin kendisinin ve değişimlerinin hangi değer aldıklarından bağımsız olarak, bir minimum için d z>, bir maksimum için d z< olmalıdır. Bu durumda, q> ya da q< elde edebilmek için, u ve v herhangi değerler alabilirken, a, b ve h katsayılarına hangi kısıtlamaları koymalıyız.
q karesel biçimindeki değişkenlerin değeri ne olursa olsun (tümü aynı anda sıfır olmamak koşuluyla); 4 q> ise pozitif belirli q ise pozitif yarı belirli q< ise negatif belirli q ise negatif yarı belirli Değişkenler farklı değerler alırken q işaret değiştiriyorsa, q belirsizdir deriz. q=d z belirsiz ise, bir eyer noktası vardır.
İki seçim değişkenli durum için determinant sınamasını elde edebilmek için, q karesel biçimini kullanacağız : q= au + huv+ bv u ve v pozitif olduklarından, a ve b katsayılarının işaretlerine konulacak kısıtlamalardan işaretin rahatça ne olabileceğini söyleyebiliriz. Ancak bu haliyle huv teriminin işaretiyle ilgili kesin bir şey söyleyemeyiz. Bu nedenle de q nun kesin negatif belirli mi ya da pozitif belirli mi olduğunu söyleyemeyiz. Bu belirsizlikten kurtulmak için bazı matematik işlemler yapalım. q karesel biçimine h v /a terimini ekleyip çıkaralım. 41
hv q = au + huv + + bv a hv a 4 Eşitliğin sağındaki ilk üç terimi a ortak parantezine, son iki terimi de v ortak parantezine alıp düzenleyelim. h h h q= a u + uv+ v + b v a a a h ab h q= a u+ v + v a a a ve değişkenleri birer kare ifade olduklarından, q nun işareti tümüyle a, b ve h katsayılarının işaretine bağlıdır.
43 a > ve ab-h > ise q > (pozitif belirli) a < ve ab-h > ise q < (negatif belirli). Bu genel koşulu determinant yoluyla ifade edelim. Bunun için q karesel biçimini aşağıdaki gibi yeniden yazalım. q = au + huv + bv q = au + huv + huv + bv q = a( u ) + h( uv) a h u q = [ u v] + huv ( ) + bv ( ) h b v D diyelim.
44 a > ve ab-h > ise q > (pozitif belirli) a < ve ab-h > ise q < (negatif belirli). Matris biçimini kullanarak, işaret belirliliği kuralını yeniden yazalım. a h a > ve D ab h ise h b = = > q > a h a < ve D ab h ise h b = = > q <
45 a terimini de D determinantının bir alt determinantı (birinci ana minör determinantı) olarak düşünebiliriz ve D 1 şeklinde yazabiliriz. İşaret belirliliği koşullarını buna göre yazalım. D > ve D > ise q > 1 D < ve D > 1 ise q <
Matris biçimiyle verdiğimiz q karesel biçiminin kısaltmalarını yerlerine yazarak yeniden düzenleyelim. f [ ] xx f xy dx d z = dx dy f yx f yy dy Hessian Matris Hessian matris, bir denklem sisteminin ikinci derece kısmi türevlerinden oluşan matristir. Hessian matrisi kullanarak, 46 d z nin işaret belirliliği için bir şeyler söyleyebiliriz. f > ve xx f f xx xy = f xx f yy f xy > f yx f yy
47 f xx f xy f H = f xx f yy xy f f = f > xx > ise ve d z > yx yy f xx f xy f H = f xx f yy xy f f = f > xx < ise ve d z < yx yy Burada f xx terimini, bir alt Hessian determinant olarak düşünebiliriz ve q 1 biçiminde gösterebiliriz.
Yukarıda iki seçim değişkenli model için verdiğimiz karesel biçimlerden hareketle işaret belirliliği ve uç değerin bulunmasını şimdi de üç değişkenli bir durum için uygulayalım ve bir basamak daha yukarıdaki genel işaret belirliliği ve uçdeğer sınama koşullarını elde edelim. Daha sonra bunu n değişkenli duruma genelleştirelim. u 1, u ve u 3 gibi üç değişkenli bir karesel biçimi şöyle yazabiliriz : 48 q = ( u, u, u ) = d ( u ) + d ( u u ) + d ( u u ) 1 3 11 1 1 1 13 1 3 + d ( u u ) + d ( u ) + d ( u u ) 1 1 3 3 + d ( u u ) + d ( u u ) + d ( u ) 31 3 1 3 3 33 3
Bu üç değişkenli karesel biçimi şimdi de matris biçimde ifade edelim : d11 d1 d13 u1 q= ( u1, u, u3) = u1 u u3 d1 d d3 u u = Du d d d u u 31 3 33 3 D matrisinden kendisi de olmak üzere üç determinant elde edilir. D u 49 tane ana minör d d d d d D d D D D d d d 11 1 13 11 1 1 = 11, =, 3 = = 1 3 d1 d d31 d3 d33
Üç seçim değişkenli bir modelde q nun işaret belirliliği için koşulları D determinantlarını kullanarak yazalım: 5 D 1 > D > D 3 = D > ise, q pozitif belirlidir. D 1 < D > D 3 = D < ise, q negatif belirlidir.
Örnek 7: q = u + 6u + 3u u u 4u u 1 3 1 3 51 karesel biçiminin pozitif belirli mi, negatif belirli mi olduğunu inceleyelim. Bu karesel biçimi matris görüntü olarak ifade etmeye çalışalım. q = ( u, u, u ) = 1( u ) 1( u u ) + ( u u ) 1 3 1 1 1 3 1( uu) + 6( u ) ( uu) 1 3 + ( uu) ( uu) + 3( u ) 3 1 3 3 1 1 u 1 1 3 1 3 q = ( u, u, u ) = u u u 1 6 u 3 u 3
5 D 1 = 1> D D 3 1 1 = = 5> 1 6 1 1 = D = 1 6 = 11> 3 olduğundan, q pozitif belirlidir.
n değişkenli karesel biçimi, doğrudan D matrisinin ana minörlerini yazarak gösterelim ve işaret belirliliği için genel koşulu oluşturalım. 53 D d D 11 1 1 = 11, =,..., d1 d d d D n = D = d d... d 11 1 1n d d... d 1 n............ d d... d n1 n nn
Pozitif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantları pozitif olmalıdır. 54 D >, D >,..., D = D > 1 n Negatif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantlarının işaretleri aşağıdaki gibi olmalıdır. D <, D >,..., D = D > 1 n D n. ana minör, eğer n çift sayı ise pozitif, tek sayı ise negatif olmalıdır.. n = D
u'du karesel biçiminin işaret belirliliği için karakteristik kök yöntemi denilen bir yöntemi de kullanabiliriz. D bir kare matris olmak üzere; 55 Dx = rx Matris denklemini sağlayacak bir u'du vektörü ve r skaleri bulmak mümkünse, r skalerine matrisinin karakteristik kökü (eigenvalue), x vektörüne de karakteristik vektör (eigenvector) denilmektedir. Bu denklemi aşağıdaki gibi yeniden yazarak düzenleyelim. ( ) Dx = rix Dx rix = D ri x =
56 x vektörü, sıfır olmayan bir vektör olacağından, D-rI = olmalıdır. D ri d r d... d 11 1 1n d d r... d 1 n = =............ d d... d r n1 n nn
57 D-rI = denklemine, D matrisinin karakteristik denklemi denir. Bu denklem, n. Dereceden bir polinomdur ve n tane köke (r 1, r,..., r n ) sahiptir. Ancak r i köküne karşılık sonsuz karakteristik vektör oluşur ( D-rI = olması nedeniyle). Bu nedenle normalleştirme işlemi yapılarak, r i ye bir tane vektörün karşılık gelmesi sağlanabilir.
Örnek 8: D = 1 vektörlerini bulalım. 58 matrisinin karakteristik köklerini ve d r d r = = = 6= d d r 1 r 11 1 D ri r r 1 r r 6= r1 = 3, r = Karakteristik K Karakteristik Kökler r 1 =3 kökünü kullanarak ( D-rI ) x = denklemini oluşturalım. 3 x1 1 x1 1 3 x = = 4 x
1 x1 = 4 x D ri 59 (D-rI)= olması nedeniyle, x 1 ve x için sonsuz olası çözüm vardır. Çözüm sayısını bire indirmek için x 1 + x = 1 normalleştirmesini kullanalım. Bu durumda x 1 ve x için şu iki denklem oluşur. x + x = 1 x x 1 1 x =, x = 1 1 5 5 + =
Bu sonuca göre, birinci karakteristik vektör şöyle oluştu: 6 v 1 x 5 1 = x = 1 5 Birinci Karakteristik Vektör r =- kökünü kullanarak ikinci karakteristik vektörü bulalım. ( ) x1 4 x1 1 ( ) x = = 1 x x + x = x1 =, x = x1 + x = 1 5 5 1 1 v x 1 5 1 = x = 5 İkinci Karakteristik Vektör
Karakteristik vektörlerin iki özelliği vardır: 61 vv i i 1. skaler çarpımı bire eşittir. Bu özellik, normalleştirmeden kaynaklanmaktadır. x1 x vv x x x x n 1 i i = 1 1... 1 = i = 1 i= 1 x 1 vv. skaler çarpımı sıfıra eşittir (iπj). i j
İkinci özellikteki duruma orthogonal (dik) vektörler diyoruz. Her iki özellik birlikte dikkate alınırsa, vektörler orthonormaldir. 6 Şimdi D matrisinin karakteristik köklerinin ve vektörlerinin, u'du karesel biçiminin işaretini belirlemede nasıl kullanılabileceğine bakalım. Bu yaklaşımın da amacı, yukarıda gördüğümüz kareyi tamamlama yöntemiyle aynıdır. v 1, v,..., v n karakteristik vektörlerini bir T matrisinin sütunları olarak düşünelim. T = v1 v... vn
Şimdi T matrisini kullanarak, ana köşegeni (diyagonal) karakteristik köklerden oluşan bir matris elde edeceğimiz dönüştürmeyi yapalım. 63 u = Ty Burada y herhangi bir vektör. udu == ( Ty) DTy ( ) = ytdty R = TDT diyelim. v1 v =... n vn R D v1 v v
Ayrıca şunu da biliyoruz: 64 D v v... v = Dv Dv... Dv = r v r v... r v 1 n 1 n 1 1 n n v1 v =... vn R rv 1 1 rv rv n n R rvv 1 1 1 rvv 1... rvv n 1 rv v rv v... rv v............ rv v rv v... rv v 1 1 n n = 1 n 1 n n n n n
65 R r1... r.................. rn = 1 1 r1... y 1... n 1 1 n n... udu = yry = y y y............ r r... r y udu = ry + r y +... + r y r y 1 1 1 n
66 R=T'DT dönüşümü, D matrisini R köşegen matrisine çevirmemizi sağlıyor. Yani köşegenleştirme işlemini yapmış olduk. Son denklemde tüm y terimleri kare olduklarından, u'du karesel biçiminin işareti, karakteristik köklerin işaretlerine bağlıdır.
Örnek 9: D = 1 matrisini köşegenleştirelim. Bu matrisi 67 daha önce örnek 8 de çözerek karakteristik vektörlerini bulmuştuk. 5 1 5 T = v1 v = 1 5 5 Bu karakteristik vektörler matrisinden hareketle köşegenleştirme şöyle yapılır:
68 R R 1 1 5 5 5 5 = TDT = 1 1 1 5 5 5 5 3 =
... 1 1 n n udu = ry + r y + + r y 69 Buna göre şu sonuçları çıkartabiliriz. u'du karesel biçimini işareti; 1. Ancak ve ancak D nin tüm karakteristik kökleri pozitif ise, pozitif belirlidir.. Ancak ve ancak D nin tüm karakteristik kökleri negatif ise, negatif belirlidir. 3. Ancak ve ancak D nin tüm karakteristik kökleri negatif olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise pozitif yarı belirlidir.
4. Ancak ve ancak D nin tüm karakteristik kökleri pozitif olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise negatif yarı belirlidir. 7 5. Ancak ve ancak D nin tüm karakteristik köklerinin bazıları negatif, bazıları pozitif ise, belirli değildir.
Örnek 1: 4 D = 3 vektörlerini bulalım. 71 matrisinin karakteristik köklerini ve D ri d r d 4 r 11 1 = = d d r 3 r 1 = + = r 7r 8 r 7+ 17 7 17 =, r = 1
7 4 r1 x1 = 3 r x 1 7+ 17 4 x 1 7 17 x = + 3 1 17 x1 1 17 x =
73 1 17 x1 + x = 1 17 1+ 17 x1 =, x = 4 4 x1 + x = 1 v 1 ( ) 1 17 4 x1 = x = ( ) 1+ 17 4
74 4 r x1 = 3 r x 7 17 4 x1 7 17 x = 3 1+ 17 x1 + x = x } 1 1 x1 = 1, x = 1 v = x = 1 x1 + x = 1
Birinci Sıra S Koşullar 75 z = f( x1, x, x3) gibi üç seçim değişkenli bir fonksiyonu ele alalım. Bu fonksiyonun birinci sıra koşulunu belirlemek için, öncelikle toplam diferansiyelini alır, sıfıra eşitleriz. z z z dz = dx + dx + dx = f dx + f dx + f dx = x x x 1 3 1 1 3 3 1 3 dx, dx, dx 1 3 f = f = f = 1 3 Buna birinci sıra koşul diyoruz.
76 İkinci Sıra S Koşullar Birinci sıra koşulu sağlayan x 1, x, x 3 değerlerinin bulunması, ilgili noktada (ya da noktalarda) durgunluğun oluştuğunu gösterir. Ancak birinci sıra koşul, bu durgunluğun bir uçdeğer ya da eyer noktası olduğunu söylemek için yeterli değildir. Bunu açığa çıkartmak için ikinci sıra koşula gerek duyarız. İkinci sıra koşul, dz diferansiyelinin bir kere daha diferansiyeli alınarak, işaretinin incelenmesini gerektirir.
( dz) ( dz) ( dz) ddz ( ) = dx+ dx + dx x x x 1 3 1 3 77 1 3 1 3 dz = z z z ( dx + dx + dx ) x x x dx x 1 z z z ( dx1+ dx + dx3) x1 x x3 + dx x z z z ( dx1+ dx + dx3) x1 x x3 + dx x 3 1 3
78 z z z d z = dx 1+ dx + dx3 dx1 x1 x1 x x1 x3 z z z + dx + dx + dx dx x x x x x 1 3 1 3 z z z + dx + dx + dx dx x x x x x 1 3 3 3 1 3 3
79 d z = f dx + f dx + f dx dx 11 1 1 13 3 1 + f dx + f dx + f dx dx 1 1 3 3 + f dx + f dx + f dx dx 31 1 3 33 3 3 = + + 11 1 1 1 13 1 3 d z f dx f dx dx f dx dx 1 1 3 3 + f dxdx + f dx + f dxdx 31 3 1 3 3 33 3 + f dx dx + f dx dx + f dx
d z ifadesi bir karesel biçim olduğundan, yukarıda verdiğimiz genel işaret belirleme koşullarını burada da kullanarak d z nin işaretinin belirleyebilir ve uçdeğer oluşumu konusunda bir şeyler söyleyebiliriz. Bunun için, yukarıda en son yazdığımız karesel biçimdeki denklemden Hessian matrisi oluşturalım. 8 f f f 11 1 13 H = f f f 1 3 f f f 31 3 33
Hessian determinantın ana minörleri de şöyledir : 81 f f H = f, H =, H = H 11 1 1 11 3 f1 f Buna göre, işaret belirliliği için ikinci sıra koşullar şöyle olacaktır : H 1 < H > ise d z < Yani z * bir maksimum H 3 <
8 H 1 > H > ise d z > Yani z * bir minimum H 3 > Yukarıdaki ana minörlerin sayısal değerini belirlerken, durgunluk noktasındaki x değerlerini (x * ) dikkate alarak işlem yapıyoruz. Bu sınamayı karakteristik kökleri kullanarak da yapmamız mümkündür.
z = x + x x + 4x + x x + x + Örnek 11: fonksiyonunun uçdeğerlerini araştıralım. 1 1 1 3 3 83 z = f1 = 4x1 + x + x3 = x 1 z = f = x1 + 8x = x z = f3 = x1 + x3 = x 3 x = x = x = z * * * 1 3 * =
* * * * x1 = x = x3 =, z = Bu sonuç, noktasında bir durgunluk olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer 84 mi, eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım. z z z = f = 4, = f = 8, = f = x x x 11 33 1 3
85 z z = f = = f = x x x x 1 1 1 1 1 z z = f = = f = x x x x 3 3 3 3 Young Teoremi Young Teoremi gereği z z = f = = f = x x x x 13 31 1 3 3 1 1
f f f 11 1 13 H = f f f = 1 3 f f f 31 3 33 4 1 1 1 8 1 86 Ana minörler : H H H 1 11 3 = f = 4> f f 11 1 = = = > f f 1 = H = 54 > 4 1 1 8 31 Bu sonuca göre, tüm ana minörler pozitif olduğundan, d z> yani pozitif belirlidir. Bu nedenle, bulduğumuz durgunluk noktasında bir minimum vardır.
Örnek 1: fonksiyonunun uçdeğerlerini araştıralım. z = x + 3x x + x x 3x 3 1 1 3 3 87 z = f1 = 3x1 + 3x3 = x 1 z = f = x = x z = f3 = 3x1 6x3 = x 3 x =, x = 1, x = z = 1 * * * * 1 3 * 1 * * 1 * 17 x1 =, x = 1, x3 = z = 4 16
Bu sonuç, yukarıda bulduğumuz iki noktada durgunluk olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktalarının bir uçdeğer mi, eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım. 88 * z x1 = için f11 = = f 11 = 6x1 * x1 x1 =.5 için f11 = 3 z x z x 3 = f = = f = 6 33
z z = f = = f = x x x x 1 1 1 1 z z = f = = f = x x x x 3 3 3 3 z z = f = = f = x x x x 13 31 1 3 3 1 3 89 3 3 3 H = ve H = 3 6 3 6
9 Birinci Hessian için ana minörler : H 1 = f 11 =, H = =, 3 18 H = H = > Bu sonuca göre, H 1 = olduğundan, d z nin işareti belirsizdir. Bu nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir eyer (dönüm) vardır. x =, x = 1, x =, z = 1 * * * * 1 3
İkinci Hessian için ana minörler : 91 3 H1 = 3<, H = = 6>, H3 = H = 18< Bu sonuca göre, H 1 = olduğundan, d z nin işareti negatiftir. Bu nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir maksimum vardır. * 1 * * 1 * 17 x1 =, x = 1, x3 =, z = 4 16
Şimdi örnek 1 deki soruyu karakteristik kök yöntemiyle çözelim. 9 r 3 3 8 3 18 H ri = r = r + r + r = 3 6 r 3 r 3 3 11 7 18 H ri = r = r r r = 3 6 r
3 r r r + 8 + 3 18= + 6 9 [ + ] = r r r r r r 1 3 = < = 3+ 7 > = 3 7 < 93 3 r r r 11 7 18 = + 9 + 9 [ ] = r r r r r r 1 3 = < 3 = 3 + 5 < 3 = 3 5 <
94 Birinci çözümde karakteristik kökler aynı işarete sahip x =, x = 1, x =, z = 1 * * * * 1 3 olmadıklarından, noktasında eyer (dönüm) noktasının var olduğunu; ikinci çözümde ise tüm karakteristik köklerin negatif olması nedeniyle * 1 * * 1 * 17 x1 =, x = 1, x3 =, z = 4 16 noktasında bir maksimumun oluştuğunu söyleyebiliriz.
Amaç fonksiyonumuz n tane seçim değişkenine sahip olsun. 95 z = f( x, x,..., x ) 1 n n seçim değişkenine sahip fonksiyonunun uçdeğerlerine ilişkin genel sınama koşulları şöyledir: Koşul Maksimum Minimum Birinci Sıra Koşul f1 = f =... = f n = f1 = f =... = f n = İkinci Sıra Koşul H H 1 3 <, H >, n <,...,( 1) H > n H H 1 3 >, H >, >,..., H > n
Örnek 13: fonksiyonunun uçdeğerlerini araştıralım. ( ) x y w w z = e + e + e x+ e y 96 f f x y x e y = e + 1= w w f = we e = w = = * * * x =, y =, w = 1 z * = e
Bu sonuç, yukarıda bulduğumuz bir noktada durgunluk olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer mi, eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım. 97 f = e = f = e = xx x y 4 4, yy 1 w w w fww = e + 4w e e = 4e f = f = f = f = f = f = xy yx xw wx yw wy H = 4 1 4e
98 Ana minörler : 4 H1 = 4>, H = = 4>, H3 = H = 16e> 1 Bu sonuca göre, tüm ana minörler pozitif olduğundan, d z nin işareti pozitif belirlidir. Bu nedenle, * * * * x =, y =, w = 1, z = e noktasında bir minimum vardır.
Tam Rekabet Piyasasında Firma Dengesi 99 Tam rekabet piyasasında çalışan ve iki mal üreten bir firma varsayalım. Firmanın toplam gelir ve toplam maliyet fonksiyonları sırasıyla şöyledir: TR = P q + P q 1 1 1 1 TC = q + q q + q
Toplam maliyet fonksiyonundan hareketle her bir mala ilişkin 1 marjinal maliyet fonksiyonlarını elde edersek, bu iki malın üretiminin teknik olarak birbiriyle bağlantılı olduğunu görebiliriz. Firmanın amacı toplam kârını maksimize etmektir. Bunun için kâr fonksiyonunu oluşturalım. ( ) ( ) π = TR TC = P q + P q q + q q + q 1 1 1 1
Amacımız, π yi maksimize edecek olan q 1 ve q düzeylerini belirlemektir. Bunun için ilk olarak birinci sıra koşulları inceleriz. π π = TR TC = P 4q q = q 1 1 1 1 π π = TR TC = P q 4q = q q 1 4P P P 4P =, q = 15 15 * 1 * 1 1 11
Bulduğumuz bu üretim düzeylerinin, firma kârını maksimize edip etmediğini kesinleştirebilmemiz için, ikinci sıra koşullara bakmalıyız. 1 π π π π = 4, π = 4, π =π = 1 q q q q 11 1 1 1 1 H H H π π 4 1 11 1 1 =π 11 = 4<, = = = = 15> π1 π 1 4 * q 1 * q Bu sonuç, ve üretim düzeylerinin firma kârını maksimize ettiğini göstermektedir.
13 Tekel Piyasasında Firma Dengesi Tam rekabet piyasası incelediğimiz yukarıdaki örneği şimdi de tekel konumundaki bir firma için inceleyelim. Firmanın üretip sattığı iki ürünün talep fonksiyonları ve maliyet fonksiyonu şöyledir: Q = 4 P + P 1 1 Q = 15 + P P 1 TC = Q + Q Q + Q 1 1
14 Tam rekabet piyasası uygulamasında yaptığımız gibi, amacımız tekelci firmanın kârını maksimize eden üretim düzeylerini belirlemek ve bu üretim düzeylerinin kârı maksimize ettiğinden emin olacağımız sınamaları uygulamaktır. Kâr fonksiyonunu oluşturmadan önce, yukarıda verilmiş olan talep fonksiyonlarından, ters talep fonksiyonlarına ulaşalım.
15 Q = 4 P + P 1 1 P = Q 4 + P 1 1 Q = 15 + P P 1 ( ) Q = 15 + P Q 4 + P 1 1 1 Q = 55 P Q P1 = 55 Q1 Q 1 1 ( ) P = Q 4 + 55 Q Q 1 1 Ters Talep P = 7 Q Q 1 Ters Talep Fonksiyonları
16 ( ) ( ) π= TR TC = P Q + P Q Q + Q Q + Q 1 1 1 1 ( ) ( ) ( 55 Q Q Q 7 Q Q Q Q QQ Q ) = + + + 1 1 1 1 1 = 55Q + 7Q 3QQ Q 3Q 1 1 1 Birinci sıra koşullar: π = π 1 = 55 3Q 4Q1 = Q 1 Q * 1 = 8 π = π = 7 3Q1 6Q = Q Q * = 7.67
İkinci sıra koşullar: 17 π = 4, π = 6, π = π = 3 11 1 1 H =π = 4< 1 11 H H π π 4 3 11 1 = = = = > π π 3 6 1 15
Şekil.1 Tekelci Piyasada Kâr K r Maksimizasyonu 18 π= 55Q + 7Q 3QQ Q 3Q 1 1 1 15 1 5 Q Q * 1 * 1 = 8 = 7.67 π = 488.3 4 15 1 π Q 1 Q 5
Tekelci Piyasada Fiyat Farklıla laştırması Tekel konumundaki bir firmanın, üretip sattığı 19 malı, fiyat farklılaştırması uygulamasıyla üç ayrı piyasada, üç farklı fiyatla satmak istemektedir. Buna göre, aşağıda verilen her alt piyasanın talep fonksiyonlarını ve firmanın toplam maliyet fonksiyonunu kullanarak, firmanın kârını maksimize edecek olan alt piyasa satış miktarlarını ve fiyatlarını belirleyelim. P = 63 4Q 1 1 TC = + 15Q P P = 15 5Q = 75 6Q 3 3 Q= Q + Q + Q 1 3
11 ( ) 15( ) π= TR TC = P Q + P Q + P Q + Q + Q + Q 1 1 3 3 1 3 ( 63 4Q ) Q ( 15 5Q ) Q ( 75 6Q ) Q 15( Q Q Q ) π= + + + + + 1 1 3 3 1 3 π= 48Q + 9Q + 6Q 4Q 5Q 6Q 1 3 1 3 Birinci sıra s koşullar: π = 48 8Q = 1 1 π = 9 1Q = π = 6 1Q = 3 Q Q Q * 1 * * 3 = 6 = 9 = 5
İkinci sıra s koşullar: 111 π = 8, π = 1, π = 1 11 33 π = π =, π = π =, π = π = 1 1 13 31 3 3 H =π = 8< 1 11 H π π 8 11 1 = = = > π π 1 1 8 H π π π 8 11 1 13 = H = π π π = 1 = 96 < 3 1 3 π π π 1 31 3 33
P = 63 4Q = 63 4(6) = 39 * * 1 1 11 P P = 15 5Q = 15 5(9) = 6 * * = 75 6Q = 75 6(5) = 45 * * 3 3 Bu sonuç, firmanın her alt piyasaya, yukarıda bulduğumuz satış fiyatlarını uyguladığında, kârını maksimize edebileceğini göstermektedir. Fiyat farklılaştırmasındaki temel özellik, esnekliğin düşük olduğu alt piyasaya yüksek fiyat, yüksek olduğu alt piyasaya da düşük fiyat uygulanmasıdır.
113 Tam Rekabetçi i Firmanın n Optimal Girdi Kararı Tam rekabet piyasasında çalışan, Dt (t 1 -t ) zaman biriminde tek ürün üreten ve girdi olarak sermaye (K) ve işgücü (L) kullanan bir firmayı dikkate alalım. Firmanın üretim fonksiyonu ve toplam maliyeti şöyledir: Q = Q( K, L) TC = rk + wl
Bu firmanın amacı, t anında üretimine başladığı ve t 1 anında 114 üretimini tamamlayarak sattığı (yani firma toplam gelirini t 1 anında elde ediyor) malın üretim sürecinde kullandığı optimal sermaye ve işgücü bileşimini belirlemesidir. Bu nedenle firma t anındaki marjinal girdi maliyeti ile t 1 anında elde edeceği marjinal ürün gelirinin t anına indirgenmiş değerini karşılaştıracaktır.
115 TR = PQ( K, L) Bu, t 1 anında firmanın elde edeceği toplam gelirdir. Bunu t anına indirgeyerek yazalım. TR = PQ( K, L) e rt Şimdi de firmanın maksimize etmeye çalışacağı kâr fonksiyonunu yazalım. rt π= TR TC = PQ( K, L) e rk wl
Birinci Sıra S Koşullar: 116 π K Q rt rt π K = P e r = PQKe r = K PQ e K rt = r π L Q rt rt π L = P e w = PQLe w = L PQ e L rt = w PQK e rt : Sermayenin İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri PQLe rt r : İşgücünün İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri : Sermayenin Marjinal ürün Maliyeti w : İşgücünün Marjinal ürün Maliyeti
Diğer yandan eşürün eğrisine ilişkin şu koşulun da yerine gelmesi gerekir. Bunun için üretim fonksiyonunun toplam 117 diferansiyelini alalım ve üretim miktarı değişmezken, girdi bileşimindeki değişmeyi inceleyelim. Aşağıdaki sonuç, eşürün eğrisinin negatif eğime sahip olası gerektiğini söylemektedir. Q = (, ) Q K L dq = Q dk + Q dl = K L dk dl QL = = MRTSKL, QL >, QK > Q K
118 Şekil.11 Tam Rekabetçi i Firmanın n Optimal Girdi Kullanımı K K E * E Q Q 1 L Q1 Q L
İkinci Sıra S Koşullar: 119 π K Q K rt rt π KK = P e = PQ KKe π L Q L rt rt π LL = P e = PQ LLe π π Q rt π KL = π LK = P e = PQKLe K L L K K L rt İkinci derece türevleri kullanarak, Hessian determinantı oluşturalım ve ikinci sıra koşul sınamaları yapalım.
1 H 1 =π < KK H rt π π PQ e PQ e = H = = > rt π PQ e PQ e rt KK KL KK KL rt LK πll LK LL H 1 =π < Q < π < KK KK KK H = H > Q Q > Q π π > π KK LL KL KK LL KL
Yukarıda elde ettiğimiz ikinci sıra koşullar, sermayenin ve işgücünün marjinal verimliliklerinin azalması ve eşürün eğrilerinin kesin dışbükey olması gerektiğini söylemektedir. 11 Bunu görebilmek için, marjinal teknik ikame oranının L ye göre türevini yeniden inceleriz. Q Q Q d Q Q L L K K L d K QK L L = = dl dl QK
1 Q = Q ( K, L) K K Q = Q ( K, L) L L Q K ve Q L nin her ikisinin de K ve L nin fonksiyonu olacağına dikkat ediniz.
13 QL QL dk QL dl dk = + = QKL + L K dl L dl dl Q LL QK QK dk QK dl dk = + = QKK + L K dl L dl dl Q LK L L K K L d K QK L L = = dl dl QK d K dl Q Q Q d Q Q Q Q Q + Q Q Q + Q Q = Q L L KL LL K KK LK L QK QK K
14 1 1 = QLLQK QKLQL QLKQL + QKKQL dl QK Q d K K d K dl 1 = Q Q Q Q Q + Q Q Q 3 K LL K KL L K KK L Köşeli parantezde yer alan terim Q K ve Q L değişkenlerinin bir karesel biçimi olduğundan, ikinci sıra koşul sağlanıyorsa;
15 Q LL < ve Q Q > Q KK LL KL ise, Q Q Q Q Q + Q Q LL K KL L K KK L negatif belirli olacak, dolayısıyla; d K dl > olacaktır. Bu sonuç, negatif eğimli eşürün eğrisinin kesin dışbükey olmasını garanti altına almaktadır.
Örnek 14: 16 Firma girdi kararıyla ilgili, açık fonksiyon bir örnek verelim. Firmanın üretim fonksiyonu, mal fiyatı ve girdi fiyatları aşağıda yer almaktadır. Bu bilgilere göre, firmanın optimal sermaye ve işgücü istihdam düzeyleri ne olacaktır? Q = Q K L = K L r = w = P =.5.5 (, ), 4, 5, 6 TC = rk + wl π= TR TC = PQ( K, L) rk WL.5.5 = 6K L 4K 5L
17 Birinci Sıra S Koşullar: π π K = = K.75.5 6(.5) K L 4 π π L = K L = L.5.5 6(.5) 5 K = 5.1, L = 81 * *
İkinci Sıra S Koşullar: 18 π 1.75.5 π KK = K L = K π.5 1.5 π LL = K L = L π K L KL 15(.75) 5.9 3(.5).31 π π = π LK = = L K.75.5 15(.5) K L.47 H H 1 =π = 5.9 < KK πkk πkl 5.9.47 = H = = =.13 > π π.47.31 LK LL
Şekil.1 Tam Rekabetçi i Firmanın n Optimal Girdi Kullanımı (Örnek 14) 19.5.5 π= 6K L 4K 5L 15 1 15 π 15 5 1 L 5 5 K 1