Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar

Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar Üç Veya Daha Fazla Değişkenli Fonksiyonlar Üç değişkenli bir f fonksiyonu, bir D R 3 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. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 1/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 2/ 174 : f(x,y,z) = ln(z y)+xysinz fonksiyonunun tanım kümesini bulunuz. : f(x,y,z) = ln(z y)+xysinz 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) R 3 z > y} olur. Bu küme z = y düzleminin yukarısında kalan tüm noktalardan oluşan yarı uzaydır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 3/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 3/ 174

R n Limit ve Süreklilik Herhangi bir sayıda değişkene sahip fonksiyonlar da düşünülebilir. n değişkenli bir fonksiyon (x 1,x 2,...,x n ) sıralı n li gerçel sayılarına bir z = f(x 1,x 2,...,x n ) gerçel sayısı karşı getiren bir kuraldır. Böyle sıralı n lileri R n ile gösteririz. x ve y nin her ikisi birden sıfıra yaklaşırken (dolayısıyla (x,y) noktası başlangıç noktasına yaklaşırken) f(x,y) = sin(x2 +y 2 ) x 2 +y 2 ve g(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 fonksiyonlarının davranışlarını karşılaştıralım. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 4/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 5/ 174 Limit ve Süreklilik Limit ve Süreklilik Tablo 1: sin(x 2 +y 2 ) x 2 +y 2 Tablo 2: g(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 6/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 7/ 174

Limit ve Süreklilik 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. Sayısal verilere dayalı olarak yapılan bu tahminler doğrudur, bu nedenle sin(x 2 +y 2 ) lim (x,y) (0,0) x 2 +y 2 = 1 ve diye yazarız. lim (x,y) (0,0) x 2 +y 2 x 2 +y 2 yoktur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 8/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 9/ 174 Limit ve Süreklilik 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. 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 (x,y) (a,b) f(x,y) yoktur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 10/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 11/ 174

Limit ve Süreklilik Limit ve Süreklilik Eğer, L 1 L 2 olmak üzere, Eğer, L 1 L 2 olmak üzere, C 1 yolu boyunca (x,y) (a,b) iken f(x,y) L 1 ve C 1 yolu boyunca (x,y) (a,b) iken f(x,y) L 1 ve C 2 yolu boyunca (x,y) (a,b) iken f(x,y) L 2 ise yoktur. lim f(x,y) (x,y) (a,b) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 12/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 12/ 174 : lim (x,y) (0,0) x 2 y 2 x 2 limitinin olmadığını gösteriniz. +y2 : lim (x,y) (0,0) x 2 y 2 x 2 limitinin olmadığını gösteriniz. +y2 Çözüm: f(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 olsun. Önce (0,0) a x ekseni boyunca yaklaşalım. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 13/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 13/ 174

: lim (x,y) (0,0) Çözüm: f(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 olsun. x 2 y 2 x 2 limitinin olmadığını gösteriniz. +y2 Önce (0,0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.bu durumda, y = 0, her x 0 için f(x,0) : lim (x,y) (0,0) Çözüm: f(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 olsun. x 2 y 2 x 2 limitinin olmadığını gösteriniz. +y2 Önce (0,0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.bu durumda, y = 0, her x 0 için f(x,0) = x 2 /x 2 = 1 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 13/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 13/ 174... : lim (x,y) (0,0) Çözüm: f(x,y) = x2 y 2 x 2 +y 2 olsun. x 2 y 2 x 2 limitinin olmadığını gösteriniz. +y2 Önce (0,0) a x ekseni boyunca yaklaşalım.bu durumda, y = 0, her x 0 için f(x,0) = x 2 /x 2 = 1 olur. Şimdi de, x = 0 yazarak, y ekseni boyunca yaklaşalım. Bu durumda, x = 0, her y 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. Dolayısıyla, x ekseni boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 1 dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 13/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 14/ 174

... Şimdi de, x = 0 yazarak, y ekseni boyunca yaklaşalım. Bu durumda, x = 0, her y 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(x,y) = xy x 2 +y 2 ise lim f(x,y) var mıdır? (x,y) (0,0) f iki farklı doğru boyunca iki farklı limite sahip olduğundan, bu limit yoktur. (Bu sonuç, bu bölümün başlangıcında, sayısal verilere dayanarak yapılan tahmini doğrular.) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 14/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 15/ 174 : f(x,y) = xy x 2 +y 2 ise lim f(x,y) var mıdır? (x,y) (0,0) Çözüm: Eğer, y = 0 ise, f(x,0) = 0/x 2 = 0 dır. : f(x,y) = xy x 2 +y 2 ise lim f(x,y) var mıdır? (x,y) (0,0) Çözüm: Eğer, y = 0 ise, f(x,0) = 0/x 2 = 0 dır.bu nedenle x ekseni boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 15/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 15/ 174

...... Eğer, x = 0 ise, f(0,y) = 0/y 2 = 0 dır. Eğer, x = 0 ise, f(0,y) = 0/y 2 = 0 dır.bu nedenle, y ekseni boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 16/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 16/ 174...... (0,0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım. Eğer, x = 0 ise, f(0,y) = 0/y 2 = 0 dır.bu nedenle, y ekseni boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 0 olur. Her ne kadar eksenler boyunca aynı limiti elde etmiş olsak da, bu sonuç, limitin 0 olduğunu göstermez. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 16/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 17/ 174

...... (0,0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım. (0,0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım. Her x 0 için dir. f(x,x) = x2 x 2 +x 2 = 1 2 Her x 0 için dir. f(x,x) = x2 x 2 +x 2 = 1 2 Bu nedenle x = y doğrusu boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 1 2 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 17/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 17/ 174... (0,0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım. Her x 0 için dir. f(x,x) = x2 x 2 +x 2 = 1 2 : Eğer f(x,y) = xy2 x 2 +y 4 ise lim f(x,y) var mıdır? (x,y) (0,0) Bu nedenle x = y doğrusu boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 1 2 olur. Farklı yollar boyunca farklı limitler elde ettiğimiz için, verilen limit yoktur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 17/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 18/ 174

: Eğer f(x,y) = xy2 x 2 +y 4 ise 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 : Eğer f(x,y) = xy2 x 2 +y 4 ise 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) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 18/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 18/ 174 : Eğer f(x,y) = xy2 x 2 +y 4 ise 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) = x(mx)2 x 2 +(mx) 4 = m2 x 3 x 2 +m 4 x 4 = m2 x 1+m 4 x 2 olur. : Eğer f(x,y) = xy2 x 2 +y 4 ise 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) = x(mx)2 x 2 +(mx) 4 = m2 x 3 x 2 +m 4 x 4 = m2 x 1+m 4 x 2 olur. Dolayısıyla, y = mx doğrusu boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 18/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 18/ 174

...... Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f(x, y) aynı limite sahiptir. Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f(x, y) aynı limite sahiptir. Ancak bu, verilen limitin 0 olduğunu göstermez, çünkü x = y 2 parabolü boyunca da (x,y) (0,0) dır ve bu durumda, f(x,y) = f(y 2,y) = y 2 y 2 (y 2 ) 2 +y 4 = y4 2y 4 = 1 2 olduğundan, x = y 2 parabolü boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 1 2 bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 19/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 19/ 174... 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) = y 2 y 2 (y 2 ) 2 +y 4 = y4 2y 4 = 1 2 olduğundan, x = y 2 parabolü boyunca (x,y) (0,0) iken f(x,y) 1 2 bulunur. Çok 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. Farklı eğriler farklı limit değerleri verdiğinden, aranan limit yoktur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 19/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 20/ 174

Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur. Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur. lim x = a (x,y) (a,b) lim x = a (x,y) (a,b) lim y = b (x,y) (a,b) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 21/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 21/ 174 Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur. Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur. lim x = a (x,y) (a,b) lim y = b (x,y) (a,b) lim c = c (x,y) (a,b) lim x = a (x,y) (a,b) lim y = b (x,y) (a,b) lim c = c (x,y) (a,b) Ayrıca sıkıştırma Teoremi de geçerlidir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 21/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 21/ 174

: Eğer varsa, lim (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 limitini bulunuz. +y2 : Eğer varsa, lim (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 limitini bulunuz. +y2 Çözüm: Bir önceki örnekteki gibi, başlangıç noktasından geçen her doğru boyunca limitin 0 olduğunu gösterebiliriz. Bu, verilen limitin 0 olduğunu kanıtlamaz, ancak y = x 2 ve x = y 2 parabolleri boyunca limitler de 0 bulununca, limitin var ve 0 a eşit olduğunu düşünmeye başlarız. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 22/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 22/ 174...... Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 = Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 3x 2 y = x 2 +y 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174

...... Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 3x 2 y 3x 2 y = = x 2 +y 2 x 2 +y 2 Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 3x 2 y 3x 2 y = = x 2 +y 2 x 2 +y 2 y 2 0 olduğundan x 2 +y 2 x 2 dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174...... Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 3x 2 y 3x 2 y = = x 2 +y 2 x 2 +y 2 y 2 0 olduğundan x 2 +y 2 x 2 dir.bu nedenle x 2 x 2 +y 2 1 Bunu kanıtlamak için f(x,y) den 0 a olan uzaklığa bakarız: 3x 2 y x 2 +y 2 0 3x 2 y 3x 2 y = = x 2 +y 2 x 2 +y 2 y 2 0 olduğundan x 2 +y 2 x 2 dir.bu nedenle x 2 x 2 +y 2 1 olur. olur.buradan bulunur. 0 3x2 y x 2 +y 2 3 y Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 23/ 174

...... Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım. lim 0 = 0 (x,y) (0,0) Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım. lim 0 = 0 ve lim 3 y = 0 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) olduğu için, Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 24/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 24/ 174... Süreklilik Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım. lim 0 = 0 ve lim 3 y = 0 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) Tanım: Eğer iki değişkenli bir f fonksiyonu için lim f(x,y) = f(a,b) (x,y) (a,b) olduğu için, sonucuna varılır. lim (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 +y 2 = 0 ise fonksiyon (a, b) de süreklidir denir. Eğer f, D nin her (a,b) noktasında sürekli ise f, D de süreklidir deriz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 24/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 25/ 174

Süreklilik Süreklilik Sürekliliğin sezgisel anlamı, (x, y) deki küçük bir değişimin, f(x, y) de küçük bir değişime yol açmasıdır. Bu da, sürekli fonksiyonun grafiği olan yüzeyde delik veya yırtılma olmaması anlamına gelir. Limitin özelliklerini kullanarak, sürekli fonksiyonların toplam, fark, çarpım ve bölümlerinin tanım kümelerinde sürekli olduklarını görebilirsiniz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 26/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 27/ 174 : lim (x,y) (1,2) x2 y 3 x 3 y 2 +3x+2y limitini hesaplayınız. : lim (x,y) (1,2) x2 y 3 x 3 y 2 +3x+2y limitini hesaplayınız. Çözüm: f(x,y) = x 2 y 3 x 3 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 x 3 y 2 +3x+2y = 1 2.2 3 1 3.2 2 +3.1+2.2 = 11 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 28/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 28/ 174

: f(x,y) = x2 y 2 x 2 fonksiyonu nerede süreklidir? +y2 : f(x,y) = x2 y 2 x 2 fonksiyonu nerede süreklidir? +y2 Çözüm: f fonksiyonu (0, 0) da tanımlı olmadığından orada süreksizdir. f, bir rasyonel fonksiyon olduğundan, tanım kümesinde süreklidir, bu da kümesidir. D = {(x,y) (x,y) (0,0)} Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 29/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 29/ 174 : g(x,y) = x 2 y 2 x 2 +y2, (x,y) (0,0) 0, (x,y) = (0,0) olsun. Burada g, (0, 0) da tanımlı ancak yinede süreksizdir, çünkü yoktur. lim g(x,y) (x,y) (0,0) : f(x,y) = 3x 2 y x 2 +y2, (x,y) (0,0) 0, (x,y) = (0,0) olsun. (x, y) (0, 0) için, bir rasyonel fonksiyona eşit olduğundan f sürekli olduğunu biliyoruz. Ayrıca lim f(x,y) = (x,y) (0,0) olduğunu biliyoruz. lim (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 +y 2 = 0 = f(0,0) Bu nedenle, f, (0,0) da sürekli, dolayısıyla R 2 de süreklidir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 30/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 31/ 174

Süreklilik Bir değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi, iki sürekli fonksiyonu birleştirerek üçüncü bir fonksiyon elde etmenin bir yolu da bileşke işlemidir. Gerçekten de, f iki değişkenli sürekli bir fonksiyon ve g, f nin görüntü kümesinde tanımlı bir değişkenli sürekli bir fonksiyon ise, h(x,y) = g(f(x,y)) ile tanımlı h = g f bileşke fonksiyonu da sürekli bir fonksiyondur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 32/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 33/ 174 : h(x, y) = arctan(y/x) fonksiyonu nerede süreklidir? : h(x, y) = arctan(y/x) fonksiyonu nerede süreklidir? Çözüm: f(x, y) = y/x fonksiyonu, bir rasyonel fonksiyon olduğundan, x = 0 doğrusu dışında süreklidir. g(t) = arctan t fonksiyonu her yerde süreklidir. Bu nedenle, g(f(x,y)) = arctan(y/x) = h(x,y) bileşke fonksiyonu, x = 0 dışında süreklidir. Şekil 1 deki grafik, h nin garfiğinin y ekseninin üstünde yırtıldığını göstermektedir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 34/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 34/ 174

... 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. Şekil 1: arctan(y/x) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 35/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 36/ 174 Limit ve Süreklilik Kısmi Türevler Eğer ise f, (a,b,c) de süreklidir. Örneğin lim f(x,y,z) = f(a,b,c) (x,y) (a,b,c) f(x,y,z) = 1 x 2 +y 2 +z 2 1 fonksiyonu, üç değişkenli bir rasyonel fonksiyondur ve bu nedenle de, x 2 +y 2 +z 2 = 1 dışında R 3 ün her noktasında süreklidir. Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise kısmi türevleri f x ve f y aşağıda tanımlanan fonksiyonlardır: f x (x,y) = lim h 0 f(x+h,y) f(x,y) h f y (x,y) = lim h 0 f(x,y +h) f(x,y) h Diğer bir deyişle, başlangıç noktası merkezli ve 1 yarıçaplı küre üzerinde süreksizdir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 37/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 38/ 174

Kısmi Türevler Kısmi Türevler Kısmi türevler için gösterimler z = f(x,y) ise f x (x,y) = f x = f x = z f(x,y) = x x = f 1 = D 1 f = D x f f y (x,y) = f y = f y = z f(x,y) = y y = f 2 = D 2 f = D y f yazarız. z = f(x, y) fonksiyonunun kısmi türevlerini bulma kuralı 1. f x i bulmak için y değişkenini sabit olarak düşünüp f(x,y) nin x e göre türevini alınız. 2. f y yi bulmak için x değişkenini sabit olarak düşünüp f(x,y) nin y e göre türevini alınız. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 39/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 40/ 174 : f(x,y) = x 3 +x 2 y 3 2y 2 ise f x (2,1) ve f y (2,1) değerlerini bulunuz. : f(x,y) = x 3 +x 2 y 3 2y 2 ise f x (2,1) ve f y (2,1) değerlerini bulunuz. Çözüm : y yi sabit tutup x e göre türev alarak f x (x,y) = 3x 2 +2xy 3 elde ederiz ve f x (2,1) = 3.2 2 +2.2.1 3 = 16 buluruz. x i sabit tutup y ye göre türev alarak f y (x,y) = 3x 2 y 2 4y f y (2,1) = 3.2 2.1 2 4.1 = 8 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 41/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 41/ 174

( ) x : f(x,y) = sin ise, f 1+y x ve f y yi hesaplayınız. ( ) x : f(x,y) = sin ise, f 1+y x ve f y yi hesaplayınız. Çözüm : Bir değişkenli fonksiyonlar için Zincir Kuralını kullanarak ( ) ( ) ( ) f x x = cos x x 1 = cos 1+y x 1+y 1+y 1+y ( ) f x y = cos 1+y elde ederiz. ( ) ( ) x x = cos y 1+y 1+y x (1+y) 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 42/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 42/ 174 : Eğer z, x ve y nin x 3 +y 3 +z 3 +6xyz = 1 denklemi ile kapalı olarak tanımlanmış bir fonksiyonu ise z/ x ve z/ y yi bulunuz. : Eğer z, x ve y nin x 3 +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. 3x 2 +3z 2 z +6yz +6xy z x x = 0 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 43/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 43/ 174

... Türevlenebilirlik 3x 2 +3z 2 z +6yz +6xy z x x = 0 Bu denklemi z/ x için çözerek z x = x2 +2yz z 2 +2xy Teorem : Eğer f x ve f y kısmi türevleri (a,b) yakınında var ve (a,b) de sürekli ise, f, (a,b) de türevlenebilirdir. elde ederiz. Benzer şekilde y ye göre kapalı türev almak sonucunu verir. z y = y2 +2xz z 2 +2xy Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 44/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 45/ 174 İkiden Çok Değişkenli Fonksiyonlar Kısmi türevler üç ya da daha çok değişkenli fonksiyonlar için tanımlanabilir. : f(x,y,z) = e xy lnz ise f x, f y ve f z yi bulunuz. 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 f x = w/ x, y ve z sabit tutulduğunda w nin x e göre değişme hızı olarak yorumlanabilir. Ancak, f nin grafiği dört-boyutlu uzayda olduğundan onu geometrik olarak yorumlayamayız. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 46/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 47/ 174

: f(x,y,z) = e xy lnz ise f x, f y ve f z yi bulunuz. Çözüm : y ve z yi sabit tutup x e göre türev alarak f x = ye xy lnz : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz. (a) u = x 2 1 +x2 2...+x2 n (b) u = sin(x 1 +2x 2 +...+nx n ) bulunur. Benzer şekilde bulunur. f y = xe xy lnz ve f z = exy z Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 47/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 48/ 174 : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz. : Aşağıdaki fonksiyonların birinci kısmi türevlerini bulunuz. (a) u = x 2 1 +x2 2...+x2 n (b) u = sin(x 1 +2x 2 +...+nx n ) Çözüm : (a) Bir değişikenli fonksiyonlar için Zincir kuralını kullanarak u x 1 = 1 2 2x x 2 1 = 1 +x2 2 +...+x2 n x 1 x 2 1 +x 2 2 +...+x2 n (a) u = x 2 1 +x2 2...+x2 n (b) u = sin(x 1 +2x 2 +...+nx n ) Çözüm : (a) Bir değişikenli fonksiyonlar için Zincir kuralını kullanarak u 1 = x 1 2 2x x 2 1 = 1 +x2 2 +...+x2 n u 1 = x 2 2 2x x 2 2 = 1 +x2 2 +...+x2 n x 1 x 2 1 +x 2 2 +...+x2 n x 2 x 2 1 +x 2 2 +...+x2 n Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 48/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 48/ 174

... (b) Benzer şekilde, Genelleştirirsek, u x 1 = cos(x 1 +2x 2 +...+nx n ) 1 elde ederiz. u x i = x i, i = 1,2,...,n x 2 1 +x 2 2 +...+x2 n Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 49/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 50/ 174 (b) Benzer şekilde, Genelleştirirsek, u x 1 = cos(x 1 +2x 2 +...+nx n ) 1 u x 2 = cos(x 1 +2x 2 +...+nx n ) 2 (b) Benzer şekilde, Genelleştirirsek, u x 1 = cos(x 1 +2x 2 +...+nx n ) 1 u x 2 = cos(x 1 +2x 2 +...+nx n ) 2 u x i = icos(x 1 +2x 2 +...+nx n ), i = 1,2,...,n buluruz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 50/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 50/ 174

Yüksek Basamaktan Türevler Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise f x ve f y de iki değişkenli fonksiyonlardır, bu nedenle onların (f x ) x, (f x ) y, (f y ) x, (f y ) y kısmi türevlerini düşünebiliriz. Bunları f nin ikinci kısmi türevleri olarak adlandırırız. Yüksek Basamaktan Türevler Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise f x ve f y de iki değişkenli fonksiyonlardır, bu nedenle onların (f x ) x, (f x ) y, (f y ) x, (f y ) y kısmi türevlerini düşünebiliriz. Bunları f nin ikinci kısmi türevleri olarak adlandırırız.eğer z = f(x, y) ise aşağıdaki gösterimleri kullanırız: (f x ) x = f xx = f 11 = x (f x ) y = f xy = f 12 = y (f y ) x = f yx = f 21 = x (f y ) y = f yy = f 22 = y ( ) f = 2 f x x 2 = 2 z x 2 ( ) f = 2 f x y x = 2 z y x ( ) f = 2 f y x y = 2 z x y ( ) f = 2 f x y 2 = 2 z y 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 51/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 51/ 174 Yüksek Basamaktan Türevler : f(x,y) = x 3 +x 2 y 3 2y 2 fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz. Dolayısıyla, f xy (diğer yazılışıyla 2 f ) önce x e sonra y ye görev y x türev almak anlamına gelir, diğer yandan f yx hesaplanırken bu sıra tersinedir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 52/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 53/ 174

Yüksek Basamaktan Türevler : f(x,y) = x 3 +x 2 y 3 2y 2 fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz. Çözüm : f x (x,y) = 3x 2 +2xy 3 olduğunu bulmuştuk. Bu nedenle f y (x,y) = 3x 2 y 2 4y Clairaut Teoremi : f, (a,b) noktasını içeren bir D dairesinde tanımlansın. Eğer f xy ve f yx fonksiyonlarının her ikisi de D de sürekli ise, f xy = f yx olur. f xx = x (3x2 +2xy 3 ) = 6x+2y 3 f xy = y (3x2 +2xy 3 ) = 6xy 2 f yx = x (3x2 y 2 4y) = 6xy 2 f yy = y (3x2 y 2 4y) = 6x 2 y 4 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 53/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 54/ 174 Yüksek Basamaktan Türevler Clairaut Teoremi : f, (a,b) noktasını içeren bir D dairesinde tanımlansın. Eğer f xy ve f yx fonksiyonlarının her ikisi de D de sürekli ise, f xy = f yx olur. : Eğer f(x,y,z) = sin(3x+yz) ise, f xxyz yi bulunuz. 3 üncü ya da daha yüksek basamaktan kısmi türevler benzer şekilde tanımlanabilir. Eğer bu fonksiyonlar sürekli ise Clairaut teoreminden f xyy = f yxy = f yyx olduğu gösterilebilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 54/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 55/ 174

: Eğer f(x,y,z) = sin(3x+yz) ise, f xxyz yi bulunuz. Çözüm : f x = 3cos(3x+yz) : Eğer f(x,y,z) = sin(3x+yz) ise, f xxyz yi bulunuz. Çözüm : f x = 3cos(3x+yz) f xx = 9sin(3x+yz) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 55/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 55/ 174 : Eğer f(x,y,z) = sin(3x+yz) ise, f xxyz yi bulunuz. Çözüm : f x = 3cos(3x+yz) f xx = 9sin(3x+yz) f xxy = 9zcos(3x+yz) : Eğer f(x,y,z) = sin(3x+yz) ise, f xxyz yi bulunuz. Çözüm : f x = 3cos(3x+yz) f xx = 9sin(3x+yz) f xxy = 9zcos(3x+yz) f xxyz = 9cos(3x+yz)+9yzsin(3x+yz) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 55/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 55/ 174

Teğet Düzlem : z = 2x 2 +y 2 eliptik paraboloidinin (1,1,3) noktasındaki teğet düzlemini bulunuz. f nin kısmi türevleri sürekli olsun. z = f(x,y) yüzeyine P(x 0,y 0,z 0 ) noktasında teğet düzleminin denklemi z z 0 = f x (x 0,y 0 )(x x 0 )+f y (x 0,y 0 )(y y 0 ) dır. Çözüm : f(x,y) = 2x 2 +y 2 olsun. Bu durumda, f x (x,y) = 4x f y (x,y) = 2y f x (1,1) = 4 f y (1,1) = 2 olur. Bu nedenle (1, 1, 3) teki teğet düzleminin denklemi z 3 = 4(x 1)+2(y 1) ya da olarak verilir. z = 4x+2y 3 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 56/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 57/ 174...... (1,1,3) e odaklandıkça z = 2x 2 +y 2 eliptik paraboloidinin teğet düzlemiyle daha çok çakışıyor göründüğüne dikkat ediniz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 58/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 59/ 174

Doğrusal Yaklaştırımlar Doğrusal Yaklaştırımlar te f(x,y) = 2x 2 +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. Örneğin, (1.1, 0.95) noktasında doğrusal yaklaştırım verir, bu da f(1.1,0.95) 4(1,1)+2(0.95) 3 = 3.3 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 60/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 61/ 174 Doğrusal Yaklaştırımlar Genel olarak iki değişkenli bir f fonksiyonunun (a,b,f(a,b)) noktasındaki teğet düzlemi denkleminin z = f(a,b)+f x (a,b)(x a)+f y (a,b)(y b) olduğunu biliyoruz. Grafiği bu teğet düzlemi olan doğrusal fonksiyon L(x,y) = f(a,b)+f x (a,b)(x a)+f y (a,b)(y b) (1) f nin (a, b) deki doğrusallaştırması ve f(x,y) f(a,b)+f x (a,b)(x a)+f y (a,b)(y b) (2) yaklaştırımı, f ye (a, b) deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır. : f(x,y) = xe xy nin (1,0) da doğrusallaştırmasını bulunuz. Sonra bunu kullanarak f(1.1, 0.1) i yaklaşık olarak hesaplayınız. Çözüm :Kısmi türevler Doğrusallaştırma f x (x,y) = e xy +xye xy f y (x,y) = x 2 e xy f x (1,0) = 1 f y (1,0) = 1 L(x,y) = f(1,0)+f x (1,0)(x 1)+f y (1,0)(y 0) = 1+1(x 1)+1 y = x+y Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 62/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 63/ 174

... Diferansiyeller ve karşıgelen doğrusal yaklaştırım dir, bu nedenle xe xy x+y 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. 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 = f x (x,y)dx+f y (x,y)dy = z z dx+ dy (3) x y olarak tanımlanır. Bazen dz yerine df gösterimi de kullanılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 64/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 65/ 174 Diferansiyeller Eğer, Denklem (3) da dx = x = x a ve dy = y = y b alınırsa, z nin diferansiyeli dz = f x (a,b)(x a)+f y (a,b)(y b) olur. Böylece, diferansiyel gösterimi ile (2) teki doğrusal yaklaştırım olarak yazılabilir. f(x,y) f(a,b)+dz : Çözüm (a) Tanım (3) dan (a) z = f(x,y) = x 2 +3xy y 2 ise dz diferansiyelini bulunuz. (b) x, 2 den 2.05 e ve y, 3 ten 2.96 ya değiştiğinde z ile dz yi karşılaştırınız. dz = z z dx+ dy = (2x+3y)dx+(3x 2y)dy x y bulunur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 66/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 67/ 174

... Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar (b) x = 2, dx = x = 0.05, y = 3 ve dy = y = 0.04 yazarak dz = [2(2)+3(3)]0.05+[3(2) 2(3)]( 0.04) = 0.65 buluruz. z nin değişimi z = f(2.05,2.96) f(2,3) = [(2.05) 2 +3(2.05)(2.96) (2.96) 2 ] [2 2 +3(2)(3) 3 2 ] = 0.6449 Doğrusal yaklaştırım, türevlenebilme ve diferansiyeller ikiden çok değişkenli fonksiyonlar için benzer şekilde tanımlanabilir. Türevlenebilir üç değişkenli bir fonksiyon için doğrusal yaklaştırım f(x,y,z) f(a,b,c)+f x (a,b,c)(x a)+f y (a,b,c)(y b)+f z (a,b,c)(z c) olur ve L(x, y, z) doğrusallaştırılması bu ifadenin sağ yanıdır. dur. z dz olduğuna ancak dz nin daha kolay hesaplandığına dikkat ediniz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 68/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 69/ 174 Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar Zincir Kuralı (1. Durum) Eğer w = f(x,y,z) ise w nin değişimi Teorem 1: dir. w = f(x+ x,y + y,z + z) f(x,y,z) 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. dw diferansiyeli, bağımsız değişkenler dx, dy ve dz diferansiyelleri cinsinden dw = w w w dx+ dy + x y z dz olarak tanımlanır. O zaman z de t nin türevlenebilen bir fonksiyonudur ve olur. dz dt = f dx x dt + f dy y dt Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 70/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 71/ 174

: x = sin2t ve y = cost olmak üzere z = x 2 y +3xy 4 ise t = 0 iken dz yi bulunuz. dt Çözüm Zincir Kuralı dz dt = f dx x dt + f dy y dt = (2xy +3y 4 )(2cos2t)+(x 2 +12xy 3 )( sint) verir. x ve y için t cinsinden ifadeleri yerine yazmak gerekmez. t = 0 iken x = sin0 = 0 ve y = cos0 = 1 olduğunu kolayca görürüz. Bu nedenle olur. dz = (0+3)(2cos0)+(0+0)( sin0) = 6 dt t=0 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 72/ 174 : Bir mol ideal gazın P (kilopascal olarak) basıncı, V (litre olarak) hacmi ve T (Kelvin olarak) sıcaklığı P V = 8.31T eşitliğini sağlar. Sıcaklık 300K ve 0.1 K sn hızla artıyor ve hacmi 100L ve hızla artıyor ise basıncın değişim hızını bulunuz. 0.2 L sn Çözüm Eğer t saniye olarak geçen zamanı temsil ederse, belirtilen anda T = 300, dt dt = 0.1, V = 100, dv dt = 0.2 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 73/ 174... Zincir Kuralı (2. Durum) Teorem 2: olduğundan, Zincir Kuralı dp dt P = 8.31 T V = P dt T dt + P dv V dt = 8.31 V dt dt 8.31T dv V 2 dt = 8.31 8.31(300) (0.1) 100 100 2 (0.2) = 0.04155 sonucunu verir. Basınç yaklaşık 0.042kP a/sn hızla azalmaktadır. 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 t = z x x s + z y y s = z x x t + z y y t Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 74/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 75/ 174

Zincir Kuralı (2. Durum) Kolay hatırlayabilmek için aşağıdaki gibi bir diyagram çizilebilir. : x = st 2 ve y = s 2 t olmak üzere z = e x siny ise, z s yi bulunuz. Çözüm Zincir Kuralı nın 2. Durumu nu kullanarak ve z t z s z t = z x x s + z y y s = (ex siny)(t 2 )+(e x cosy)(2st) = t 2 e st2 sin(s 2 t)+2ste st2 cos(s 2 t) = z x x t + z y y t = (ex siny)(2st)+(e x cosy)(s 2 ) = 2ste st2 sin(s 2 t)+s 2 e st2 cos(s 2 t) elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 76/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 77/ 174 Zincir Kuralı (2. Durum) Kapalı Türev Alma 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. 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 x dx + F dy y dx = 0 elde ederiz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 78/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 79/ 174

Kapalı Türev Alma Eğer F y F dx x dx + F dy y dx = 0 dx dy 0 ise = 1 olduğundan dx dx i çözerek F dy dx = x F y = F x F y (4) : x 3 +y 3 = 6xy ise y nü bulunuz. Çözüm Verilen eşitlik F(x,y) = x 3 +y 3 6xy = 0 olarak yazılabilir, bu nedenle Denklem 4 dy dx = F x F y = 3x2 6y 3y 2 6x = x2 2y y 2 2x elde ederiz. olduğunu verir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 80/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 81/ 174 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 : Eğer x 3 +y 3 +z 3 +6xyz = 1 ise z x ve z y yi bulunuz. Çözüm F(x,y,z) = x 3 +y 3 +z 3 +6xyz 1 olsun. Denklem 5 den z x = F x F z = 3x2 +6yz 3z 2 +6xy = x2 +2yz z 2 +2xy z x = F x F z z y = F y F z. (5) elde ederiz. z y = F y F z = 3y2 +6xz 3z 2 +6xy = y2 +2xz z 2 +2xy Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 82/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 83/ 174

Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü Yönlü Türevler z = f(x,y) ise f x ve f y kısmi türevlerinin 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. f x (x 0,y 0 ) = lim h 0 f(x 0 +h,y 0 ) f(x 0,y 0 ) h f y (x 0,y 0 ) = lim h 0 f(x 0,y 0 +h) f(x 0,y 0 ) h olarak tanımlandığını ve z nin, x ve y yönündeki, başka bir deyişle i ve j birim vektörlerinin yönündeki değişim hızlarını temsil ettiklerini anımsayalım. (6) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 84/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 85/ 174 Yönlü Türevler Yönlü Türevler Şimdi z nin herhangi bir u = a,b birim vektörü yönündeki değişim hızını bulmak istediğimizi düşünelim. Tanımı denklem 6 ile karşılaştırarak, u = i = 1,0 ise D i f = f x Tanım: f nin (x 0,y 0 ) noktasında bir u = a,b birim vektörü yönündeki yönlü türevi (eğer varsa) limitidir. D u f(x 0,y 0 ) = lim h 0 f(x 0 +ha,y 0 +hb) f(x 0,y 0 ) h (7) ve olduğunu görürüz. u = j = 0,1 ise D j f = f y Diğer bir deyişle f nin x ve y ye göre kısmi türeveri, yönlü türevin özel durumlarıdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 86/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 87/ 174

Yönlü Türevler Gradyan Vektörü Teoremdeki denklem 8 den yönlü türevin, iki vektörün iç çarpımı olarak yazılabildiğine dikkat ediniz: Teorem: Eğer f, x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu ise f nin her u = a,b yönünde yönlü türevi vardır ve olur. D u f(x,y) = f x (x,y) a+f y (x,y) b (8) D u f(x,y) = f x (x,y) a+f y (x,y) b = = f x (x,y),f y (x,y) a,b f x (x,y),f y (x,y) u (9) Bu iç çarpımdaki ilk vektör yalnızca yönlü türevleri hesaplamada değil, pek çok diğer durumda da ortaya çıkar. Bu nedenle ona özel bir ad verir (f nin gradyanı) ve özel bir sembol (grad f ya da del f olarak okunan f) ile gösteririz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 88/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 89/ 174 Gradyan Vektörü Tanım: f, x ve y değişkenlerinin bir fonksiyonu ise, f nin gradyanı f ile gösterilen f(x,y) = vektör değerli fonksiyondur. f x (x,y),f y (x,y) = f x i+ f y j (10) : Eğer f(x,y) = sinx+e xy ise, f(x,y) = f x,f y = cosx+ye xy,xe xy ve f(0,1) = 2,0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 90/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 91/ 174

Gradyan Vektörü : f(x,y) = x 2 y 3 4y fonksiyonunun (2, 1) noktasında v = 2 i + 5 j vektörü yönündeki yönlü türevini bulunuz. Gradyan vektörü için bu gösterim ile yönlü türev için 9 ifadesini olarak yazabiliriz. D u f(x,y) = f(x,y) u (11) Bu eşitlik, u yönündeki yönlü türevin, gradyan vektörünün u üzerine izdüşümü olduğunu belirtir. Çözüm: Önce (2, 1) noktasındaki gradyanı hesaplarız: f(x,y) = 2xy 3 i+(3x 2 y 2 4) j f(2, 1) = 4 i+8 j v nin birim vektör olmadığına dikkat ediniz, ancak v = 29 olduğundan v yönündeki birim vektör u = v v = 2 29 i+ 5 29 j olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 92/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 93/ 174... Üç Değişkenli Fonksiyonlar Bu nedenle, denklem 11 dan D u f(2, 1) = f(2, 1) u = ( 4 i+8 j) bulunur. = 4 2+8 5 29 = 32 29 ( 2 i+ 5 ) j 29 29 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 (x 0,y 0,z 0 ) noktasında bir u = a,b,c birim vektörü yönündeki yönlü türevi (eğer bu limit varsa) D u f(x 0,y 0,z 0 ) = lim h 0 f(x 0 +ha,y 0 +hb,z 0 +hc) f(x 0,y 0,z 0 ) h (12) olarak tanımlanır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 94/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 95/ 174

Üç Değişkenli Fonksiyonlar Üç Değişkenli Fonksiyonlar f(x,y,z) türevlenebilir ve u = a,b,c ise D u f(x,y,z) = f x (x,y,z) a+f y (x,y,z) b+f z (x,y,z) c (13) dir. Üç değişkenli bir f fonksiyonu için, f ya da grad f ile gösterilen gradyan vektörü f(x,y,z) = f x (x,y,z),f y (x,y,z),f z (x,y,z) veya kısaca f = f x,f y,f z = f x i+ f y j + f z k olur. Bunun, sonucunda, iki değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi, yönlü türev için denklem 13 D u f(x,y,z) = f(x,y,z) u (14) olarak yazılabilir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 96/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 97/ 174... : f(x,y,z) = xsin(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 olur f(x,y,z) = = f x (x,y,z), f y (x,y,z), f z (x,y,z) sin(yz), xz cos(yz), xy cos(yz) (b) (1,3,0) da f(1,3,0) = 0,0,3 buluruz. v = i+2 j k yönündeki birim vektör dir. Bu nedenle denklem 14 sonucunu verir. u = 1 6 i+ 2 6 j 1 6 k D u f(1,3,0) = f(1,3,0) u ( = 3 1 k 6 i+ 2 j 1 ) k 6 6 ( = 3 1 ) 3 = 6 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 98/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 99/ 174

Yönlü Türevi Maksimum Yapmak Yönlü Türevi Maksimum Yapmak f iki yada üç değişkenli bir fonksiyon olsun ve verilen bir noktada f nin tüm yönlü türevlerini düşünelim. Bunlar, f nin tüm yönlerdeki değişim hızını verir. Şu soruları sorabiliriz: bu yönlerin hangisinde f en hızlı değişir ve maksimum değişim hızı nedir? 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 100/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 101/ 174 : 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+x 2 +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 x i+ T y j + T z k 160x 320y = (1+x 2 +2y 2 +3z 2 ) 2 i (1+x 2 +2y 2 +3z 2 ) 2 j... T = 160 (1+x 2 +2y 2 +3z 2 ) 2( x i 2y j 3z k) olur. (1, 1, 2) noktasında gradyan vektörü olur. T(1,1, 2) = 160 256 ( i 2 j +6 k) = 5 8 ( i 2 j +6 k) 480z (1+x 2 +2y 2 +3z 2 ) 2 k Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 102/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 103/ 174

...... Teoremden, sıcaklık, gradyan vektörü T(1,1, 2) = 5 8 ( i 2 j +6 k) yönünde, ya da i 2 j +6 k yönünde ya da ( i 2 j +6 k)/ 41 birim vektörü yönünde en hızlı artar. Maksimum artış hızı gradyan vektörünün boyudur: T(1,1, 2) = 5 8 i 2 j +6 k = 5 41. 8 Bu nedenle, sıcaklığın maksimum artış hızı 5 41/8 4 C/m olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 104/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 105/ 174 Maksimum ve Minimum Değerler 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. [ Bu, (a,b) merkezli bir dairedeki her (x,y) için f(x,y) f(a,b) ] olması demektir. Tanımdaki eşitsizlikler, f nin tanım kümesindeki her (x, y) noktasında sağlanıyorsa, f nin, (a, b) de mutlak maksimumu (veya mutlak minimumu) vardır. f(a, b) sayısı yerel maksimum değeri olarak adlandırılır. (a,b) yakınındaki her (x,y) için, f(x,y) f(a,b) ise f(a,b) yerel minimum değeridir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 106/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 107/ 174

Maksimum ve Minimum Değerler Maksimum ve Minimum Değerler Birden çok maksimum ve minimumu olan bir fonksiyonun grafiği Şekil 2 de görülmektedir. Yerel maksimumları dağ tepeleri ve yerel minimumları vadi tabanları olarak düşünebiliriz. Şekil 2: Teorem : f nin, (a,b) noktasında yerel maksimum ya da yerel minimumu var ve orada f nin birinci basamaktan kısmi türevleri varsa f x (a,b) = 0 ve f y (a,b) = 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 108/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 109/ 174 Maksimum ve Minimum Değerler Maksimum ve Minimum Değerler Teoremin bir sonucunun gradyan vektörü gösterimiyle f(a,b) = 0 olarak ifade edilebileceğine dikkat ediniz. Teğet düzlemi denkleminde f x (a,b) = 0 ve f y (a,b) = 0 yazarsak, z = z 0 elde ederiz. Bu nedenle, teoremin geometrik yorumu, yerel maksimum ya da yerel minimumda teğet düzleminin yatay olması gerektiğidir. Eğer, f x (a,b) = 0 ve f y (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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 110/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 111/ 174

Maksimum ve Minimum Değerler İkinci Türevler Testi İki değişkenli bir f fonksiyonunun ikinci basamaktan kısmi türevleri (a, b) merkezli [ bir dairede sürekli, f x (a,b) = 0 ve f y (a,b) = 0 olsun başka bir deyişle (a,b), f nin ] bir kritik noktası olsun. Bu durumda olmak üzere, D = D(a,b) = f xx (a,b) f yy (a,b) [f xy (a,b)] 2 (a) D > 0 ve f xx (a,b) > 0 ise f(a,b) bir yerel minimumdur. (b) D > 0 ve f xx (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: D(x,y) = f xx f xy f yx f yy = f xxf yy (f xy ) 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 112/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 113/ 174... : f(x,y) = x 2 +y 2 2x 6y +14 fonksiyonunun yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını bulunuz. Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz: f x = 2x 2 Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek f y = 2y 6 2x 2 = 0 ve 2y 6 = 0 Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız: f xx = 2 f xy = 0 f yy = 2 D(x,y) = f xx f yy (f xy ) 2 = 2 2 0 = 4 D(1,3) = 4 > 0 ve f xx = 2 olduğundan ikinci türev testinin (a) şıkkından (1, 3) noktasının yerel minimum olduğu ortaya çıkar. denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök bulunur: x = 1 ve y = 3. Kritik nokta (1,3) olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 114/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 115/ 174

... : f(x,y) = y 2 x 2 fonksiyonunun yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını bulunuz. Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz: f x = 2x f y = 2y Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek 2x = 0 ve 2y = 0 denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök bulunur: x = 0 ve y = 0. Kritik nokta (0,0) olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 116/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 117/ 174...... Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız: f xx = 2 f xy = 0 f yy = 2 D(x,y) = f xx f yy (f xy ) 2 = 2 2 0 = 4 D(0,0) = 4 < 0 olduğundan ikinci türev testinin (c) şıkkından (0, 0) noktasının eyer noktası olduğu ortaya çıkar. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 118/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 119/ 174

... : f(x,y) = x 4 +y 4 4xy +1 fonksiyonunun yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini ve eyer noktalarını bulunuz. Çözüm : Önce kritik noktaları buluruz: f x = 4x 3 4y Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek denklemlerini elde ederiz. f y = 4y 3 4x x 3 y = 0 ve y 3 x = 0 x 3 y = 0 ve y 3 x = 0 denklemlerini elde ederiz. Bu denklemleri çözmek için birinci denklemden bulunan y = x 3 eşitliğini ikinci denklemde yerine yazarız. Bu bize aşağıdaki denklemi verir. 0 = (x 3 ) 3 x = x 9 x = x(x 8 1) = x(x 4 1)(x 4 +1) = x(x 2 1)(x 2 +1)(x 4 +1) = x(x 1)(x+1)(x 2 +1)(x 4 +1) Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 120/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 121/ 174...... x(x 1)(x+1)(x 2 +1)(x 4 +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: f xx = 12x 2 f xy = 4 f yy = 12y 2 D(x,y) = f xx f yy (f xy ) 2 = 144x 2 y 2 16 D(x,y) = f xx f yy (f xy ) 2 = 144x 2 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 f xx (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 f xx = 12 > 0 olduğundan f( 1, 1) = 1 de yerel bir minimumdur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 122/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 123/ 174

... : (1,0,-2) noktasından x+2y +z = 4 düzlemine olan en kısa uzaklığı bulunuz. Çözüm : Herhangi bir (x,y,z) noktasından (1,0, 2) noktasına uzaklık 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 bulunur. d = (x 1) 2 +y 2 +(6 x 2y) 2 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 124/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 125/ 174...... Daha yalın olan d 2 = f(x,y) = (x 1) 2 +y 2 +(6 x 2y) 2 ifadesini minimum yaparak d yi minimum yapabiliriz. f x = 2(x 1) 2(6 x 2y) = 4x+4y 14 = 0 f y = 2y 4(6 x 2y) = 4x+10y 24 = 0 denklemlerini çözerek olduğunu buluruz. ( 11 6, 5 ) noktasının tek kritik nokta 3 f xx = 4, f xy = 4, ve f yy = 10 olduğundan, D(x,y) = f xx f yy (f xy ) 2 = 24 > 0 ve f xx > 0 ( 11 dır ve ikinci türevler testinden f nin 6, 5 ) noktasında bir yerel 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 126/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 127/ 174

... x = 11 6 ve y = 5 3 ise d = (x 1) 2 +y 2 +(6 x 2y) 2 = (5 ) 2 + 6 = 5 6 6 ( ) 5 2 + 3 ( ) 5 2 6 olur. (1,0, 2) den x+2y +z = 4 düzlemine en yakın uzaklık 5 6/6 dır. : 12m 2 lik bir kartondan üstü açık bir dikdörtgen kutu yapılacaktır. Böyle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz. Çözüm : Şekil 3 daki gibi kutunun uzunluk, genişlik ve yüksekliği (metre olarak) x, y, ve z olsun. Kutunun hacmi dir. V = xyz Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 128/ 174 Şekil 3: Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 129/ 174...... 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, Kısmi türevleri hesaplar ve V x = y2 (12 2xy x 2 ) 2(x+y) 2 V y = x2 (12 2xy y 2 ) 2(x+y) 2 buluruz, bu nedenle V nin ifadesi z = 12 xy 2(x+y) V = xy 12 xy 2(x+y) = 12xy x2 y 2 2(x+y) buluruz. V maksimum ise V/ x = V/ y = 0 olur, ancak x = 0 veya y = 0, V = 0 verir, bu nedenle denklemlerini çözmeliyiz. 12 2xy x 2 = 0 12 2xy y 2 = 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 130/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 131/ 174

...... Bunlar, x 2 = 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 3x 2 = 0 elde ederiz, bu da x = 2, y = 2, ve z = 1 verir. Bunun bir yerel maksimum verdiğini, ikinci türev testini kullanarak gösterebiliriz, ya da problemin fiziksel doğası gereği bir maksimum hacim olması ve bunun bir kritik noktada olması gerektiğinden, x = 2, y = 2, z = 1 de ortaya çıktığını söyleyebiliriz. Dolayısıyla V = 2 2 1 = 4 olur ve kutunun maksimum hacmi 4m 3 dür. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 132/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 133/ 174 Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler 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. İki değişkenli fonksiyonlar için de benzer bir durum vardır. Nasıl bir kapalı aralık uç noktalarını içeriyorsa, R 2 de bir kapalı küme, sınır noktalarını içeren bir kümedir. [ (a,b) merkezli her daire hem D ye ait olan hem de D ye ait ] olmayan noktalar içeriyorsa, (a, b) D nin bir sınır noktasıdır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 134/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 135/ 174

Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler Örneğin, x 2 +y 2 = 1 çemberi içindeki ve üzerindeki tüm noktaları içeren D = {(x,y) x 2 +y 2 1} dairesi bir kapalı kümedir çünkü tüm sınır noktalarını (bunlar x 2 +y 2 = 1 çemberi üzerindeki noktalardır) içerir. Ancak bir tek sınır noktası bile dışarıda bırakıldıysa küme kapalı olmaz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 136/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 137/ 174 Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler R 2 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. 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 138/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 139/ 174

... : f(x,y) = x 2 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 minimumu vardır. Yukarıdaki birinci adıma göre, önce kritik noktaları buluruz. Bunlar f x = 2x 2y = 0 f y = 2x+2 = 0 iken oluşur, bu nedenle tek kritik nokta (1,1) dir. f nin oradaki değeri f(1,1) = 1 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 140/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 141/ 174...... Şekil 4: 2. adımda Şekil 4 de gösterilen L 1, L 2, L 3, ve L 4 doğru parçalarından oluşan D nin sınırında f nin değerlerini inceleriz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 142/ 174 L 1 üzerinde y = 0 olduğundan olur. f(x,0) = x 2 0 x 3 Bu, x in artan bir fonksiyonu olduğundan minimum değeri f(0,0) = 0 ve maksimum değeri f(3,0) = 9 dur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 143/ 174

...... L 2 üzerinde x = 3 olduğundan olur. f(3,y) = 9 4y 0 y 2 Bu, y nin azalan bir fonksiyonu olduğundan maksimum değeri f(3,0) = 9 ve minimum değeri f(3,2) = 1 dir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 144/ 174 L 3 üzerinde y = 2 olduğundan olur. f(x,2) = x 2 4x+4 0 x 3 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 145/ 174...... 3. adımda, bu değerleri kritik noktadaki f(1,1) = 1 değeri ile kıyaslarız ve f nin D deki maksimum değerinin f(3,0) = 9 ve minimum değerinin f(0,0) = f(2,2) = 0 olduğu sonucuna varırız. Şekil 5, f nin grafiğini göstermektedir. Son olarak L 4 üzerinde x = 0 olduğundan f(0,y) = 2y 0 y 2 olur ve maksimum değer f(0,2) = 4 ve minimum değer f(0,0) = 0 dır. Bu nedenle sınırda f nin maksimum değeri 4 ve minimum değeri 0 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 146/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 147/ 174

Lagrange Çarpanları Lagrange Çarpanları Lagrange Çarpanları Yöntemi f(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. f = λ g vektör denklemini bileşenleri cinsinden yazarsak (a) daki eşitlikler f x = λg x f y = λg y f z = λg z 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. λ sayısı Lagrange çarpanı olarak adlandırılır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 148/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 149/ 174 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: f x = λg x f y = λg y g(x,y) = k Lagrange yönteminin ilk uygulaması olarak daha önce çözdüğümüz aşağıdaki problemi tekrar düşünelim. : 12 m 2 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 nin V = xyz g(x,y,z) = 2xz +2yz +xy = 12 kısıtlaması altında maksimumunu bulmak istiyoruz. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 150/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 151/ 174

...... Lagrange yöntemini kullanarak V = λ g ve g(x,y,z) = 12 olacak şekilde x, y, z ve λ değerlerini ararız. Bu bize Bunlar da yz = λ(2z +y) (15) xz = λ(2z +x) (16) xy = λ(2z +2y) (17) 2xz +2yz +xy = 12 (18) V x = λg x V y = λg y V z = λg z 2xz +2yz +xy = 12 biçimini alır. Denklem (15) yi x ile, Denklem (16) ü y ile, Denklem (17) ü z ile çarparsak her üç denklemde de eşitliklerin sol tarafları aynı olur. denklemlerini verir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 152/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 153/ 174...... Yani xyz = λ(2xz +xy) (19) xyz = λ(2yz +xy) (20) xyz = λ(2xz +2yz) (21) 2xz +2yz +xy = 12 (22) (19) ve (20) den λ(2xz +xy) = λ(2yz +xy) 2xz +xy = 2yz +xy olur. λ = 0 olması (15), (16) ve (17) den yz = xz = xy = 0 olmasını gerektirdiğinden ve bu da (18) ile çelişeceğinden, λ 0 olması gerektiğini gözlemleriz. olur, bu da xz = yz sonucunu verir. Ancak z 0 olduğundan (z = 0 olması V = 0 verirdi) x = y olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 154/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 155/ 174

...... (20) ve (21) den 2yz +xy = 2xz +2yz buluruz, bu da 2xz = xy verir ve böylece (x 0 olduğundan) y = 2z olur. x = y = 2z yi (18) 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.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 156/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 157/ 174... : f(x,y) = x 2 +2y 2 fonksiyonunun x 2 +y 2 = 1 çemberi üzerindeki uç değerlerini bulunuz. Çözüm : g(x,y) = x 2 +y 2 = 1 kısıtlaması altında f nin uç değerlerini bulmamız isteniyor. Lagrange çarpanları kullanarak, f = λ g bunlar f x = λg x f y = λg y g(x,y) = 1 olarak yazılabilir. 2x = 2xλ (23) 4y = 2yλ (24) x 2 +y 2 = 1 (25) ve denklemlerini çözeriz, g(x,y) = 1 (23) dan x = 0 veya λ = 1 olur. x = 0 ise (25) den y = ±1 bulunur. λ = 1 ise (24) dan y = 0 olur ve (25) den x = ±1 verir. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 158/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 159/ 174

...... Bu nedenle f, (0,1), (0, 1), (1,0) ve ( 1,0) noktalarında uç değerlere sahip olabilir. f yi bu noktalarda hesaplayarak buluruz. f(0,1) = 2 f(0, 1) = 2 f(1,0) = 1 f( 1,0) = 1 Bu nedenle f nin x 2 +y 2 = 1 çemberi üzerindeki maksimum değeri f(0,±1) = 2 ve minimum değeri ise f(±1,0) = 1 olur. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 160/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 161/ 174 : f(x,y) = x 2 +2y 2 fonksiyonunun x 2 +y 2 1 dairesi üzerinde uç değerlerini bulunuz. Çözüm : f nin kritik noktalardaki değerlerini sınırdaki değerleri ile karşılaştırırız. f x = 2x ve f y = 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 x 2 +y 2 1 dairesindeki maksimum değeri f(0,±1) = 2 ve minimum değeri f(0,0) = 0 dır. : x 2 +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 d = (x 3) 2 +(y 1) 2 +(z +1) 2 dir, ancak bunun yerine uzaklığın karesi d 2 = f(x,y,z) = (x 3) 2 +(y 1) 2 +(z +1) 2 nin maksimum ve minimumlarını aramak işi kolaylaştırır. Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 162/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 163/ 174

...... Kısıtlama (x, y, z) noktasının küre üzerinde olması ya da g(x,y,z) = x 2 +y 2 +z 2 = 4 olmasıdır. Lagrange çarpanları yöntemine göre f = λ g ve g = 4 denklemlerini çözeriz. Bu da denklemlerini verir. 2(x 3) = 2xλ (26) 2(y 1) = 2yλ (27) 2(z +1) = 2zλ (28) x 2 +y 2 +z 2 = 4 (29) Bu denklemleri çözmenin en kolay yolu (26), (27) ve (28) den x, y ve z yi λ cinsinden bulup bu değerleri (29) de yerine yazmaktır. (26) den x 3 = xλ ya da x(1 λ) = 3 ya da x = 3 1 λ elde ederiz. [ (26) den λ = 1 olanaksız olduğundan 1 λ 0 olduğuna dikkat ediniz.] Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 164/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 165/ 174...... Benzer şekilde (27) ve (28) verir. Bu nedenle (29) den y = 1 1 λ z = 1 1 λ 3 2 (1 λ) 2 + 1 2 (1 λ) 2 + ( 1)2 (1 λ) 2 = 4 bulunur, bu da (1 λ) 2 = 11 4, 1 λ = ± 11/2 verir, buradan bulunur. λ = 1± 11 2 λ nın bu değerlerine karşı gelen (x,y,z) noktaları ( 6 2,, 2 ) ve 11 11 11 ( 6 11, 2 11, ) 2 11 dir. f nin bu noktaların ilkinde daha küçük değere sahip olduğu kolayca görülür, böylece en yakın nokta ve en uzak nokta dir. ( 6 2,, 2 ) 11 11 11 ( 6, 2 ) 2, 11 11 11 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 166/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 167/ 174

İki Kısıtlama İki Kısıtlama Bu kez g(x,y,z) = k ve 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) (30) 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. Bu denklemler, Denklem(30) yı bileşenleri cinsinden yazarak ve kısıtlayıcı denklemleri kullanarak elde edilir: f x = λg x +µh x f y = λg y +µh y f z = λg z +µh z g(x,y,z) = k h(x,y,z) = c Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 168/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 169/ 174 : f(x,y,z) = x+2y +3z fonksiyonunun x y +z = 1 düzlemi ile x 2 +y 2 = 1 silindirinin arakesit eğrisi üzerindeki maksimum ve minimum değerlerini bulunuz. Çözüm : f(x,y,z) = x+2y +3z fonksiyonunun g(x,y,z) = x y +z = 1 ve h(x,y,z) = x 2 +y 2 = 1 kısıtlamaları altında maksimumunu ararız. Lagrange koşulu f = λ g +µ h olmasıdır, Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 170/ 174 Öğr.Gör.Dr. Meltem Altunkaynak MAT 1010 Matematik II 171/ 174