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.

Örnek Örnek : f(x, y, z) = ln(z y) + xy sin z fonksiyonunun tanım kümesini bulunuz. Çözüm: f(x, y, z) nin ifadesi z y > 0 olduğunda tanımlıdır, bu nedenle f nin tanım kümesi D = {(x, y, z) R 3 z > y} olur. Bu küme z = y düzleminin yukarısında kalan tüm noktalardan oluşan yarı uzaydır.

R n 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.

Limit ve Süreklilik x ve y nin her ikisi birden sıfıra yaklaşırken (dolayısıyla (x, y) noktası başlangıç noktasına yaklaşırken) f(x, y) = sin(x2 + y 2 ) x 2 + y 2 ve g(x, y) = x2 y 2 x 2 + y 2 fonksiyonlarının davranışlarını karşılaştıralım.

Limit ve Süreklilik Tablo 1: sin(x 2 +y 2 ) x 2 +y 2

Limit ve Süreklilik Tablo 2: g(x, y) = x2 y 2 x 2 +y 2

Limit ve Süreklilik Tablo 1 ve Tablo 2, başlangıç noktasına yakın (x, y) noktaları için f(x, y) ve g(x, y) nin değerlerini üçüncü basamağa kadar doğru göstermektedir. (Her iki fonksiyonunda başlangıç noktalarında tanımsız olduğuna dikkat ediniz.) (x, y), (0, 0) a yaklaşırken f(x, y) değeri 1 e yaklaşıyor ancak g(x, y) değerleri hiçbir sayıya yaklaşmıyor gibi görünmektedir.

Limit ve Süreklilik Sayısal verilere dayalı olarak yapılan bu tahminler doğrudur, bu nedenle sin(x 2 + y 2 ) lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2 = 1 ve x 2 + y 2 lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2 yoktur. diye yazarız.

Limit ve Süreklilik Genel olarak, (x, y) noktası bir (a, b) noktasına f nin tanım kümesi içinde kalan herhangi bir eğri boyunca yaklaştığında f(x, y) nin değeri L sayısına yaklaşıyorsa gösterimini kullanırız. lim f(x, y) = L (x,y) (a,b)

Limit ve Süreklilik Tanım: Eğer (x, y) noktasını (a, b) noktasına yeterince yakın ancak (a, b) den farklı alarak, f(x, y) nin değerini L ye istediğimiz kadar yakın yapabiliyorsak lim f(x, y) = L (x,y) (a,b) yazarız ve (x, y), (a, b) ye yaklaşırken f(x, y) nin limiti L dir deriz.

Limit ve Süreklilik İki değişkenli fonksiyonlar için durum basit değildir, çünkü (x, y) yi (a, b) ye ((x, y), f nin tanım kümesinde kalmak koşuluyla) sonsuz değişik yönden yaklaştırabiliriz. Bu yönler boyunca f(x, y) fonksiyonunun farklı limitleri olacak şekilde iki farklı yaklaşım yolu bulabiliyorsak lim (x,y) (a,b) f(x, y) yoktur.

Limit ve Süreklilik Eğer, L 1 L 2 olmak üzere, 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 lim (x,y) (a,b) f(x, y) yoktur.

Örnek Örnek: 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. Dolayısıyla, x ekseni boyunca (x, y) (0, 0) iken f(x, y) 1 dir.

Örnek... Şimdi de, x = 0 yazarak, x ekseni boyunca yaklaşalım. Bu durumda, y = 0, her y 0 için f(0, y) = y 2 /y 2 = 1 olur, dolayısıyla, y ekseni boyunca (x, y) (0, 0) iken f(x, y) 1 dir. f iki farklı doğru boyunca iki farklı limite sahip olduğundan, bu limit yoktur. (Bu sonuç, bu bölümün başlangıcında, sayısal verilere dayanarak yapılan tahmini doğrular.)

Örnek Örnek: f(x, y) = xy 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.

Örnek... Eğer, x = 0 ise, f(0, y) = 0/y 2 = 0 dır. Bu nedenle, y ekseni boyunca (x, y) (0, 0) iken f(x, y) 0 olur. Her ne kadar eksenler boyunca aynı limiti elde etmiş olsak da, bu sonuç, limitin 0 olduğunu göstermez.

Örnek... (0, 0) a başka bir doğru, örneğin y = x boyunca yaklaşalım. Her x 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. Farklı yollar boyunca farklı limitler elde ettiğimiz için, verilen limit yoktur.

Örnek Örnek: 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 = olur. Dolayısıyla, y = mx doğrusu boyunca (x, y) (0, 0) iken f(x, y) 0 olur. m2 x 1 + m 4 x 2

Örnek... Dolayısıyla, düşey olmayan her doğru boyunca f(x, y) aynı limite sahiptir. Ancak bu, verilen limitin 0 olduğunu göstermez, çünkü x = y 2 parabolü boyunca da (x, y) (0, 0) dır ve bu durumda, f(x, y) = f(y 2, y) = 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. Farklı eğriler farklı limit değerleri verdiğinden, aranan limit yoktur.

Tek değişkenli fonksiyonlarda da limit özelliklerinin kullanılması limitin hesaplanmasını oldukça kolaylaştırır. Tek değişkenli fonksiyonlardaki limit kuralları, iki değişkenli fonksiyonlara genişletilebilir. Toplamın limiti limitlerin toplamıdır, çarpımın limiti limitlerin çarpımıdır vb.

Özel olarak aşağıdaki eşitlikler doğrudur. lim x = a (x,y) (a,b) lim y = b (x,y) (a,b) lim x = c (x,y) (a,b) Ayrıca sıkıştırma Teoremi de geçerlidir.

Örnek Örnek: 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.

Örnek... 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. Buradan bulunur. 0 3x2 y x 2 + y 2 3 y

Örnek... Şimdi de sıkıştırma teoremini kullanalım. lim 0 = 0 ve lim 3 y = 0 (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) olduğu için, sonucuna varılır. lim (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 + y 2 = 0

Süreklilik Tek değişkenli fonksiyonların limitinin bulunmasının kolay olduğunu anımsayalım. Sürekli fonksiyonları tanımlayan özellik lim f(x) = f(a) x a olduğundan, limitleri doğrudan yerine koyma ile bulunabilir. İki değişkenli sürekli fonksiyonlarda da doğrudan yerine koyma özelliği ile tanımlanırlar.

Süreklilik Tanım: Eğer iki değişkenli bir f fonksiyonu için lim f(x, y) = f(a, b) (x,y) (a,b) ise fonksiyon (a, b) de süreklidir denir. Eğer f, D nin her (a, b) noktasında sürekli ise f, D de süreklidir deriz.

Süreklilik Sürekliliğin sezgisel anlamı, (x, y) deki küçük bir değişimin, f(x, y) de küçük bir değişime yol açmasıdır. Bu da, sürekli fonksiyonun grafiği olan yüzeyde delik veya yırtılma olmaması anlamına gelir.

Süreklilik Limitin özelliklerini kullanarak, sürekli fonksiyonların toplam, fark, çarpım ve bölümlerinin tanım kümelerinde sürekli olduklarını görebilirsiniz.

Örnek Örnek: lim (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

Örnek Örnek: 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)}

Örnek Örnek: g(x, y) = x 2 y 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 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)

Örnek Örnek: f(x, y) = 3x 2 y x 2, (x, y) (0, 0) + y2 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) = lim (x,y) (0,0) olduğunu biliyoruz. (x,y) (0,0) 3x 2 y x 2 = 0 = f(0, 0) + y2 Bu nedenle, f, (0, 0) da sürekli, dolayısıyla R 2 de süreklidir.

Süreklilik Bir değişkenli fonksiyonlarda olduğu gibi, iki sürekli fonksiyonu birleştirerek üçüncü bir fonksiyon elde etmenin bir yolu da bileşke işlemidir. Gerçekten de, f iki değişkenli sürekli bir fonksiyon ve g, f nin görüntü kümesinde tanımlı bir değişkenli sürekli bir fonksiyon ise, h(x, y) = g(f(x, y)) ile tanımlı h = g f bileşke fonksiyonu da sürekli bir fonksiyondur.

Örnek Örnek: h(x, y) = arctan(y/x) fonksiyonu nerede süreklidir? Çözüm: f(x, y) = y/x fonksiyonu, bir rasyonel fonksiyon olduğundan, x = 0 doğrusu dışında süreklidir. g(t) = arctan t fonksiyonu her yerde süreklidir. Bu nedenle, g(f(x, y)) = arctan(y/x) = h(x, y) bileşke fonksiyonu, x = 0 dışında süreklidir. Şekil 1 deki grafik, h nin grafiğinin y ekseninin üstünde yırtıldığını göstermektedir.

Örnek... Şekil 1: arctan(y/x)

Limit ve Süreklilik İki değişkenli fonksiyonlar için öğrendiğimiz her şey üç ve daha fazla değişkenli fonksiyonlara genişletilebilir. lim f(x, y, z) = L (x,y) (a,b,c) gösterimi, (x, y, z) noktası, f nin tanım kümesi içinde herhangi bir yol boyunca, (a, b, c) noktasına yaklaşırken, f(x, y, z) nin L sayısına yaklaşması anlamına gelir.

Limit ve Süreklilik Eğer 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. Diğer bir deyişle, başlangıç noktasın merkezli ve 1 yarıçaplı küre üzerinde süreksizdir.

Kısmi Türevler Genel olarak, f, x ve y değişkenlerinin iki değişkenli bir fonksiyonu olsun ve b bir sabit olmak üzere, y = b olacak şekilde y yi sabit tutalım ve yalnızca x in değişmesine izin verelim. Bu durumda, g(x) = f(x, b) fonksiyonunu göz önüne almış oluruz. g nin a da türevi varsa, bu türevi f nin (a, b) de x e göre kısmi türevi olarak adlandırır ve f x (a, b) ile gösteririz: g(x) = f(x, b) olmak üzere f x (a, b) = g (a) (1)

Kısmi Türevler Türev tanımından, olduğundan, Denklem 1 g (a) = lim h 0 g(a + h) g(a) h f x (a, b) = lim h 0 f(a + h, b) f(a, b) h (2) biçimini alır.

Kısmi Türevler Benzer şekilde, f nin (a, b) de y göre kısmi türevi, f y (a, b) ile gösterilir ve x i sabit tutup, G(y) = f(a, y) tek değişkenli fonksiyonunun b de türevi alınarak bulunur: f y (a, b) = lim h 0 f(a, b + h) f(a, b) h (3)

Kısmi Türevler Denklem 2 ve 3 de (a, b) noktası değiştirildiğinde, f x ve f y iki değişkenli fonksiyon olurlar. Eğer f iki değişkenli bir fonksiyon ise kısmi türevleri f x ve f y aşağıda tanımlanan fonksiyonlardır: f(x + h, y) f(x, y) f x (x, y) = lim h 0 h f(x, y + h) f(x, y) f y (x, y) = lim h 0 h

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.

Kısmi Türevler 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.

Örnek Örnek : 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 elde ederiz ve f x (x, y) = 3x 2 + 2xy 3 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

Örnek ( ) x Örnek : 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

Örnek Örnek: 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 z + 6yz + 6xy x x = 0

Örnek... 3x 2 + 3z 2 z z + 6yz + 6xy x x = 0 Bu denklemi z/ x için çözerek z x = + 2yz x2 z 2 + 2xy elde ederiz. Benzer şekilde y ye göre kapalı türev almak sonucunu verir. z y = + 2xz y2 z 2 + 2xy

Türevlenebilirlik Teorem : Eğer f x ve f y kısmi türevleri (a, b) yakınında var ve (a, b) de sürekli ise, f, (a, b) de türevlenebilirdir.

Kısmi Türevlerin Yorumu Örnek : Eğer f(x, y) = 4 x 2 2y 2 ise, f x (1, 1) ve f y (1, 1) i bulunuz ve bu sayıları eğim olarak yorumlayınız. Çözüm: f x (x, y) = 2x ve f y (x, y) = 4y f x (1, 1) = 2 ve f y (1, 1) = 4

Kısmi Türevlerin Yorumu Şekil 2: tan α = f x (1, 1)

Kısmi Türevlerin Yorumu Şekil 3: tan β = f y (1, 1)

İkiden Çok Değişkenli Fonksiyonlar Kısmi türevler üç ya da daha çok değişkenli fonksiyonlar için tanımlanabilir. Örneğin f, x, y ve z nin üç değişkenli bir fonksiyonu ise x e göre kısmi türevi y, z yi sabit tutup f(x, y, z) nin x e göre türevi alınarak bulunur. Eğer w = f(x, y, z) ise 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.

Örnek Örnek : f(x, y, z) = e xy ln z 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 ln z bulunur. Benzer şekilde bulunur. f y = xe xy ln z ve f z = exy z

Örnek Örnek : 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 1 = x 1 2 x 2 1 + x2 2 +... + 2x 1 = x2 n u 1 = x 2 2 x 2 1 + x2 2 +... + 2x 2 = x2 n x 1 x 2 1 + x 2 2 +... + x2 n x 2 x 2 1 + x 2 2 +... + x2 n

Örnek... Genelleştirirsek, elde ederiz. u x i = x i x 2 1 + x 2 2 +... +, i = 1, 2,..., n x2 n

(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 = i cos(x 1 + 2x 2 +... + nx n ), i = 1, 2,..., n buluruz.

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 = ( ) f = 2 f y x y = ( ) f = 2 f x y 2 = 2 z y 2 2 z y x 2 z x y

Yüksek Basamaktan Türevler 2 f Dolayısıyla, f xy (diğer yazılışıyla ) önce x e sonra y ye görev y x türev almak anlamına gelir, diğer yandan f yx hesaplanırken bu sıra tersinedir.

Örnek Örnek : f(x, y) = x 3 + x 2 y 3 2y 2 fonksiyonunun ikinci türevlerini bulunuz. Çözüm: Örnekte de f x (x, y) = 3x 2 + 2xy 3 f y (x, y) = 3x 2 y 2 4y bulmuştuk. Bu nedenle 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.

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. 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 olduğunu gösterilebilir.

Örnek Örnek : Eğer f(x, y, z) = sin(3x + yz) ise, f xxyz yi bulunuz. Çözüm: f x f xx f xxy f xxyz = 3 cos(3x + yz) = 9 sin(3x + yz) = 9z cos(3x + yz) = 9 cos(3x + yz) + 9yz sin(3x + yz)

Teğet Düzlem ve Doğrusal Yaklaştırımlar Bir değişkenli kalkülüste en önemli fikirlerden biri, türevlenebilen bir fonksiyonun grafiğinde bir noktaya odaklanıldığında, grafiğin teğet doğrusundan ayırt edilemediği ve fonksiyona doğrusal bir fonksiyon ile yaklaşabiliyor olmamızdır. Burada benzer fikirleri üç boyutta geliştireceğiz.

Teğet Düzlem ve Doğrusal Yaklaştırımlar Türevlenebilen iki değişkenli bir fonksiyonun grafiği olan bir yüzeyde bir noktaya odaklandığımızda, yüzey gitgide bir düzleme (yüzeyin teğet düzlemi) benzeyecek ve fonksiyona iki değişkenli bir doğrusal fonksiyonla yaklaşabileceğiz. Ayrıca bir fonksiyonun diferansiyeli kavramını iki veya daha çok değişkenli fonksiyonlara genelleştireceğiz.

Teğet Düzlem f nin kısmi türevleri sürekli olsun. z = f(x, y) yüzeyine P (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.

Örnek Örnek : z = 2x 2 + y 2 eliptik paraboloidinin (1, 1, 3) noktasındaki teğet düzlemini bulunuz. 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

Örnek...

Örnek... (1, 1, 3) e odaklandıkça z = 2x 2 + y 2 eliptik paraboloidinin teğet düzlemiyle daha çok çakışıyor göründüğüne dikkat ediniz.

Doğrusal Yaklaştırımlar Örnekte 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.

Doğrusal Yaklaştırımlar 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.

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) (4) 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) (5) yaklaştırımı, f ye (a, b) deki doğrusal yaklaştırım ya da teğet düzlemi yaklaştırımı olarak adlandırılır.

Örnek Örnek : 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 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 Doğrusallaştırma 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

Örnek... 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.

Diferansiyeller İki değişkenli türevlenebilen bir z = f(x, y) fonksiyonu için dx ve dy diferansiyellerini bağımsız değişkenler olarak tanımlarız; dolayısıyla onlara herhangi bir değer verilebilir. Buradan, aynı zamanda toplam diferansiyel olarak da adlandırılan, dz diferansiyeli dz = f x (x, y)dx + f y (x, y)dy = z z dx + dy (6) x y olarak tanımlanır. Bazen dz yerine df gösterimi de kullanılır.

Diferansiyeller Eğer, Denklem (6) 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 (5) teki doğrusal yaklaştırım olarak yazılabilir. f(x, y) f(a, b) + dz

Diferansiyeller Şekil 7 dz diferansiyelinin ve z artışının geometrik anlamını göstermektedir: (x, y), (a, b) den (a + x, b + y) ye değiştiğinde, dz teğet düzleminin yüksekliğindendeki değişimi, z ise z = f(x, y) yüzeyinin yüksekliğindeki değişimi temsil etmektedir.

Örnek Örnek : Çözüm (a) Tanım (6) dan bulunur. (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)dz + (3x 2y)dy x y

Örnek... (b) x = 2, dx = x = 0.05, y = 3 ve dy = y = 0.04 yazarak dz = [2(2) + 3(3)]0.05 + [3(2) 2(3)]( 0.04) = 0.65 buluruz. z nin değişimi z = f(2.05, 2.96) f(2, 3) = [(2.05) 2 + 3(2.05)(2.96) (2.96) 2 ] [2 2 + 3(2)(3) 3 2 ] = 0.6449 dur. z dz olduğuna ancak dz nin daha kolay hesaplandığına dikkat ediniz.

Örnek Örnek : Bir dik dairesel koninin taban yarıçapı ve yüksekliği, her iki ölçümde de 0.1 cm kadar olası hata ile sırasıyla 10 cm ve 25 cm olarak ölçülmüştür. Diferansiyel kullanarak koninin hesaplanan hacmindeki maksimum hatayı yaklaşık olarak hesaplayınız. Çözüm : Taban yarıçapı r yüksekliği h olan koninin hacmi V = πr 2 h/3 tür. Dolayısıyla V nin diferansiyeli dv = V V dr + r h 2πrh πr3 dh = dr + 3 3 dh olur. Her iki hata en çok 0.1 olduğundan, r 0.1, h 0.1 dir.

Örnek... Hacimdeki maksimum hatayı bulmak için r ve h nin ölçümündeki maksimum hataları alırız. Böylece r = 10, h = 25 ile dr = 0.1 ve dh = 0.1 alırız. Bu da dv = 500π 3 100π (0.1) + (0.1) = 20π 3 verir. Böylece, hesaplanan hacimdeki maksimum hata yaklaşık 20πcm 3 63cm 3 dür.

Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar Doğrusal yaklaştırım, türevlenebilme ve diferansiyeller ikiden çok değişkenli fonksiyonlar için benzer şekilde tanımlanabilir. Türevlenebilir bir fonksiyon için doğrusal yaklaştırım f(x, y, z) f(a, b, c)+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.

Üç veya Daha Çok Değişkenli Fonksiyonlar Eğer w = f(x, y, z) ise w nin değişimi dir. w = f(x + x, y + y, z + z) f(x, y, z) dw diferansiyeli, bağımsız değişkenler dx, dy ve dz diferansiyelleri cinsinden dw = w w w dx + dy + x y z dz olarak tanımlanır.

Zincir Kuralı Birden çok değişkenli fonksiyonlar için Zincir Kuralı nın her biri bir bileşke fonksiyonunun türevini veren birkaç türü vardır. Bunlardan ilki, z = f(x, y) ve x ve y değişkenlerinin her ikisinin de bir t değişkeninin fonksiyonu olduğu durumu ele alır. Bu, dolaylı olarak z nin, t nin bir fonksiyonu, z = f(g(t), h(t)) olması demektir ve Zincir Kuralı z nin, t nin fonksiyonu oılarak türevinin bulunması için bir formül verir. f nin türevlenebilir olduğunu varsayıyoruz. f x ve f y sürekli iken bunun sağlandığını anımsayınız.

Zincir Kuralı (1. Durum) Teorem 1: x = g(t) ve y = h(t) nin her ikisi de türevlenebilen fonksiyonlar olmak üzere z = f(x, y), x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu olsun. O zaman z de t nin türevlenebilen bir fonksiyonudur ve olur. dz dt = f dx x dt + f dy y dt

Örnek Örnek : x = sin 2t ve y = cos t 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 )(2 cos 2t) + (x 2 + 12xy 3 )( sin t) verir. x ve y için t cinsinden ifadeleri yerine yazmak gerekmez. t = 0 iken x = sin 0 = 0 ve y = cos 0 = 1 olduğunu kolayca görürüz. Bu nedenle olur. dz dt t=0 = (0 + 3)(2 cos 0) + (0 + 0)( sin 0) = 6

Zincir Kuralı (1. Durum) Örnekdeki türev, (x, y) noktaları, parametrik denklemleri x = sin 2t, y = cos t olan C eğrisi üzerinde hareket eden, z nin t ye göre değişim hızı olarak yorumlanabilir. Özel olarak t = 0 iken (x, y) noktası (0, 1) olur ve dz dt boyunca (0, 1) den geçtiğimiz andaki artış hızıdır. = 6, C eğrisi Örneğin, z = T (x, y) = x 2 y + 3xy 4 fonksiyonu (x, y) noktasındaki sıcaklık ise, bileşke fonksiyonu z = T (sin 2t, cos t), C üzerindeki noktalardaki sıcaklığı, dz = 6 türevi de, sıcaklığın C boyunca dt değişimini temsil eder.

Örnek Örnek : Bir mol ideal gazın P (kilopascal olarak) basıncı, V (litre olarak) hacmi ve T (Kelvin olarak) sıcaklığı P V = 8.31T eşitliğini 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.

Örnek... P = 8.31 T V olduğundan, Zincir Kuralı dp dt = 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.

Zincir Kuralı (2. Durum) Teorem 2: z = f(x, y), x ve y nin türevlenebilen bir fonksiyonu, x = g(s, t) ve y = h(s, t), s ve t nin türevlenebilen fonksiyonları olsun. Bu durumda olur. z s z t = z x x s + z y y s = z x x t + z y y t

Zincir Kuralı (2. Durum) Kolay hatırlayabilmek için aşağıdaki gibi bir diyagram çizilebilir.

Örnek Örnek : x = st 2 ve y = s 2 t olmak üzere z = e x sin y ise, z s yi bulunuz. ve z t Çözüm Zincir Kuralı nın 2. Durumu nu kullanarak z s z t = z x x s + z y y s = (ex sin y)(t 2 ) + (e x cos y)(2st) = t 2 e st2 sin(s 2 t) + 2ste st2 cos(s 2 t) = z x x t + z y y t = (ex sin y)(2st) + (e x cos y)(s 2 ) = 2ste st2 sin(s 2 t) + s 2 e st2 cos(s 2 t) elde ederiz.

Zincir Kuralı (2. Durum) Zincir Kuralı nın 2. Durumu üç tür değişken içerir: s ve t bağımsız değişkenlerdir. x ve y ara değişkenler olarak adlandırılır ve z bağımlı değişkendir. Teorem 2 de her bir ara değişken için bir terim olduğuna ve her terimin bir değişkenli Zincir Kuralı na benzediğine dikkat ediniz.

Kapalı Türev Alma F (x, y) = 0 şeklinde bir denklemin y yi x in türevlenebilen kapalı bir fonksiyonu olarak tanımlandığını, başka bir deyişle, y = f(x) ve f nin tanım kümesindeki her x için, F (x, f(x)) = 0 olduğunu varsayalım. Eğer F türevlenebiliyorsa, Zincir Kuralı nın 1. Durumu nu kullanarak F (x, y) = 0 eşitliğinde her iki yanın x e göre türevini alabiliriz. Hem x hem de y, x in fonksiyonu olduğundan elde ederiz. F dx x dx + F dy y dx = 0

Kapalı Türev Alma F dx x dx + F dy y dx = 0 Eğer F y dx dy 0 ise = 1 olduğundan dx dx i çözerek F dy dx = x F y = F x F y (7) elde ederiz.

Örnek Örnek : 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 20 olduğunu verir. dy dx = F x F y = 3x2 6y 3y 2 6x = x2 2y y 2 2x

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 z x = F x F z z y = F y F z. (8)

Örnek Örnek : Eğer x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 ise z x ve z x yi bulunuz. Çözüm F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 + 6xyz 1 olsun. Denklem 21 den z x = F x F z = 3x2 + 6yz 3z 2 + 6xy = x2 + 2yz z 2 + 2xy z y = F y F z = 3y2 + 6xz 3z 2 + 6xy = y2 + 2xz z 2 + 2xy elde ederiz.

Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü Şekil 4 deki hava haritası, bir coğrafi bölgedeki T (x, y) sıcaklık fonksiyonunun kontur haritasını göstermektedir. Şekil 4:

Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü Kesit eğrileri, yada sıcaklık eğrileri, sıcaklığın aynı olduğu yerleri birleştirir. A gibi bir yerdeki T x kısmi türevi, A dan doğuya gidersek sıcaklığın yola göre değişim hızıdır. Ancak ya güneydoğuya doğru ya da başka bir yöne doğru giderken, sıcaklığın değişim hızını bilmek istiyorsak?

Yönlü Türevler ve Gradyan Vektörü Bu bölümde, iki ya da daha çok değişkenli bir fonksiyonun, herhangi bir yöndeki değişim hızını bulmamızı sağlayacak yönlü türev olarak adlandırılan bir türev tipini tanıtacağız.

Yönlü Türevler z = f(x, y) ise f x ve f y kısmi türevlerinin 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. (9)

Yönlü Türevler Şimdi z nin herhangi bir u = a, b birim vektörü yönündeki değişim hızını bulmak istediğimizi düşünelim. Tanım: f nin (x 0, y 0 ) noktasında bir u = a, b birim vektörü yönündeki yönlü türevi (eğer varsa) D u f(x 0, y 0 ) = lim h 0 f(x 0 + ha, y 0 + hb) f(x 0, y 0 ) h (10) limitidir.

Yönlü Türevler Tanımı denklem 9 ile karşılaştırarak, ve olduğunu görürüz. u = i = 1, 0 ise D i f = f x 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.

Örnek Örnek: Şekil 4 i kullanarak, sıcaklık fonksiyonunun, Reno da güneydoğu yönündeki yönlü türevinin değerini yaklaşık olarak bulunuz. (Şekilde Renonun yanındaki noktaların arasındaki uzaklığı 75mil alınız.)

Örnek... Çözüm: Güneydoğuya dönük birim vektör u = ( i j)/ 2 olur ancak biz bu ifadeye gereksinim duymayacağız. Renodan güneydoğuya doğru bir doğru çizerek işe başlarız. (Bkz. şekil 5.) Şekil 5:

Örnek... D u T yönlü türevini, bu doğrunun, T = 60 ve T = 70 eşsıcaklık eğrilerini kestiği noktalar arasındaki ortalama değişim hızı ile yaklaşık olarak buluruz. A nın güneydoğusundaki noktadaki sıcaklık T = 70 F ve A nın kuzaybatısındaki noktadaki sıcaklık T = 60 F dir. Bu noktalar arasındaki uzaklık 75 mil olduğundan, güneydoğu yönündeki sıcaklığın değişim hızı olur. D u T 70 60 75 = 10 75 0.13 F/mi

Yönlü Türevler 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 (11)

Gradyan Vektörü Teoremdeki denklem 11 den yönlü türevin, iki vektörün iç çarpımı olarak yazılabildiğine dikkat ediniz: 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 (12) Bu iç çarpımdaki ilk vektör yalnzca yönlü türevleri hesaplamada değil, pek çok diğer durumda da ortaya çıkar. Bu nedenle ona özel bir ad verir (f nin gradyanı) ve özel bir sembol (grad f ya da del f olarak okunan f) ile gösteririz.

Gradyan Vektörü Tanım: f, x ve y değişkenlerinin br fonksiyonu ise, f nin gradyanı f ile gösterilen f(x, y) = vektör değerli fonksiyondur. f x (x, y), f y (x, y) = f x i + f y j (13)

Örnek Örnek: Eğer f(x, y) = sin x + e xy ise, f(x, y) = f x, f y = cos x + ye xy, xe xy ve f(0, 1) = 2, 0 olur.

Gradyan Vektörü Gradyan vektörü için bu gösterim ile yönlü türev için 12 ifadesini olarak yazabiliriz. D u f(x, y) = f(x, y) u (14) Bu eşitlik, u yönündeki yönlü türevin, gradyan vektörünün u üzerine izdüşümü olduğunu belirtir.

Örnek Örnek: f(x, y) = x 2 y 3 4y fonksiyonunun (2, 1) noktasında v = 2 i + 5 j vektörü yönündeki yönlü türevi bulunuz. Çözüm: Önce (2, 1) noktasındaki gradyanı hesaplarız: f(x, y) f( 2, 1) = 2xy 3 i + (3x 2 y 2 4) j = 4 i + 8 j v nin birim vektör olmadığına dikkat ediniz, ancak v = 29 olduğundan v yönündeki birim vektör olur. u = v v = 2 29 i + 5 29 j

Örnek... Bu nedenle, denklem 14 dan D u f(2, 1) = f(2, 1) u = ( 4 i + 8 j) ( 2 i + 5 ) j 29 29 bulunur. = 4 2 + 8 5 29 = 32 29

Üç Değişkenli Fonksiyonlar Üç değişkenli fonksiyonlar için yönlü türevleri benzer bir şekilde tanımlayabiliriz. D u f(x, y, z), yine fonksiyonun u birim vektörü yönündeki değişim hızı olarak yorumlanabilir. Tanım: f nin (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 (15) olarak tanımlanır.

Üç Değişkenli Fonksiyonlar f(x, y, z) türevlenebilir ve u = a, b, c ise dir. D u f(x, y, z) = f x (x, y)a + f y (x, y, z) b + f z (x, y, z)c (16)

Üç Değişkenli Fonksiyonlar 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 16 olarak yazılabilir. D u f(x, y, z) = f(x, y, z) u (17)

Örnek Örnek: f(x, y, z) = x sin(yz) ise, (a) f nin gradyanını ve (b) f nin (1, 3, 0) da v = i + 2 j k yönündeki yönlü türevini bulunuz. Çözüm: (a) f nin gradyanı 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)

Örnek... (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 17 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 sonucunu verir.

Yönlü Türevi Maksimum Yapmak f iki yada üç değişkenli bir fonksiyon olsun ve verilen bir noktada f nin tüm yönlü türevlerini düşünelim. Bunlar, f nin tüm yönlerdeki değişim hızını verir. Şu soruları sorabiliriz: bu yönlerin hangisinde f en hızlı değişir ve maksimum değişim hızı nedir?

Yönlü Türevi Maksimum Yapmak Teorem: f iki ya da üç değişkenli türevlenebilir bir fonksiyon olsun. D u f( x) yönlü türevinin maksimum değeri f( x) dir ve bu değere, u vektörü, gradyan vektörü f( x) ile aynı yönde iken erişir.

Örnek Örnek: Uzayda bir (x, y, z) noktasındaki derece Santigrad olarak ölçülen T sıcaklığının x, y, z metre cinsinden ölçülmek üzere T (x, y, z) = 80/(1 + 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 480z (1 + x 2 + 2y 2 + 3z 2 ) 2 k

Örnek... 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)

Örnek... 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.

Örnek... 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.

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. f(a, b) sayısı yerel maksimum değeri olarak adlandırılır. (a, b) yakınındaki her (x, y) için, f(x, y) f(a, b) ise f(a, b) yerel minimum değeridir.

Maksimum ve Minimum Değerler Tanımdaki eşitsizlikler, f nin tanım kümesindeki her (x, y) noktasında sağlanıyorsa, f nin, (a, b) de mutlak maksimumu (veya mutlak minimumu) vardır.

Maksimum ve Minimum Değerler Birden çok maksimum ve minimumu olan bir fonksiyonun grafiği Şekil 6 de görülmektedir. Yerel maksimumları dağ tepeleri ve yerel minimumları vadi tabanları olarak düşünebiliriz. Şekil 6:

Maksimum ve Minimum Değerler Teorem : f nin, (a, b) noktasında yerel maksimum ya da yerel minimumu var ve orada f nin birinci basamaktan kısmi türevleri varsa f x (a, b) = 0 ve f y (a, b) = 0 olur.

Maksimum ve Minimum Değerler Teoremin bir sonucunun gradyan vektörü gösterimiyle f(a, b) = 0 olarak ifade edilebileceğine dikkat ediniz. Teğet düzlemi denkleminde 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.

Maksimum ve Minimum Değerler 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.

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 xxf yy (f xy ) 2 f yx f yy

Örnek Örnek : 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: Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek f x = 2x 2 f y = 2y 6 2x 2 = 0 ve 2y 6 = 0 denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök bulunur: x = 1 ve y = 3. Kritik nokta (1, 3) olur.

Örnek... Daha sonra da ikinci türevleri ve D(x, y) yi hesaplarız: 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.

Örnek...

Örnek Örnek : 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.

Örnek... 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.

Örnek...

Örnek Örnek : 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 f y = 4y 3 4x Bu kısmi türevleri 0 a eşitleyerek denklemlerini elde ederiz. x 3 y = 0 ve y 3 x = 0

Örnek... 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)

Örnek... 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

Örnek... 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.

Örnek...

Örnek Örnek : f(x, y) = 10x 2 y 5x 2 4y 2 x 4 2y 4 fonksiyonunun kritik noktalarını bulunuz ve sınıflandırınız. Ayrıca f nin grafiğindeki en yüksek noktayı da bulunuz. Çözüm : Birinci basamaktan kısmi türevler f x = 20xy 10x 4x 3 f y = 10x 2 8y 8y 3 olduğundan kritik noktaları bulmak için aşağıdaki denklemleri çözmeliyiz. 2x(10y 5 2x 2 ) = 0 (18) 5x 2 4y 4y 3 = 0 (19)

Örnek... Denklem (18) den x = 0 veya 10y 5 2x 2 = 0 olması gerekir. Birinci durumda (x = 0) Denklem 19, 4y(1 + y 2 ) = 0 şekline gelir, buradan y = 0 bulunur ve (0, 0) bir kritik noktadır.

Örnek... İkinci durumda (10y 5 2x 2 = 0), x 2 = 5y 2.5 (20) ve bunu Denklem (19) de yerine yazarsak 25y 12.5 4y 4y 3 = 0 elde ederiz. Şimdi üçüncü dereceden 4y 3 21y + 12.5 = 0 (21) denklemini çözmek zorundayız.

Örnek... Bir bilgisayar veya grafik çizen hesap makinesi kullanarak Şekil?? daki gibi, g(y) = 4y 3 21y + 12.5 fonksiyonunun grafiğini çizersek, Denklem (21) ün üç gerçel kökü olduğunu görürüz.

Örnek... Şekli büyüterek kökleri 4 basamağa kadar buluruz: y 2.5452 y 0.6468 y 1.8984 (Bunun yerine Newton yöntemini veya başka bir kök bulma yöntemini kullanabiliriz.)

Örnek... Denklem (20) den bunlara karşı gelen x değerleri olarak verilir. x = ± 5y 2.5 y 2, 5452 için x in bu değere karşılık gelen gerçel bir değeri yoktur. y 0, 6468 için x ±0, 8567 olur. y 1, 8984 için x ±2, 6442 olur.

Örnek... Böylece aşağıdaki tabloda incelenen toplam 5 kritik nokta vardır. Tüm sayılar iki ondalık basamağa yuvarlanmıştır. Kritik nokta fnin değeri f xx D Sonuç (0,0) 0.00-10.00 80.00 yerel maksimum (±2.64, 1.90) 8.50-55.93 2488.71 yerel maksimum (±0.86, 0.65) -1.48-5.87-187.64 eyer noktası

Örnek... Aşağıdaki şekillerde, f nin grafiğini iki açıdan gösterir ve yüzeyin aşağı doğru açıldığını görürüz. [Bu, f(x, y) nin ifadesinden görülerbilir: x ve y büyük iken baskın terimler x 4 2y 4 olur.]

Örnek... f nin yerel maksimum noktalarındaki değerlerini karşılaştırarak, f nin mutlak maksimum değerinin f(±2.64, 1.90) 8.50 olduğunu görürüz. Diğer bir deyişle, (±2.64, 1.90, 8.50), f nin grafiğindeki en yüksek noktalardır.

Örnek Örnek : (1,0,-2) noktasından x + 2y + z = 4 düzlemine olan en kısa uzaklığı bulunuz. Çözüm : Herhengi bir (x, y, z) noktasından (1, 0, 2) noktasına uzaklık 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

Örnek... 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

Örnek... 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.

Örnek... 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.

Örnek Örnek : 12m 2 lik bir kartondan üstü açık bir dikdörtgen kutu yapılacaktır. Böyle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz. Çözüm : Şekil 7 daki gibi kutunun uzunluk, genişlik ve yüksekliği (metre olarak) x, y, ve z olsun. Kutunun hacmi dir. V = xyz Şekil 7:

Örnek... Kutunun dört yan yüzünün ve tabanının alanının 2xz + 2yz + xy = 12 oluşunu kullanarak V yi yalnızca x ve y nin fonksiyonu olarak ifade edebiliriz. Yukarıdaki eşitlikten z yi çözersek, z = buluruz, bu nedenle V nin ifadesi olur. 12 xy 2(x + y) 12 xy V = xy 2(x + y) = 12xy x2 y 2 2(x + y)

Örnek... Kısmi türevleri hesaplar ve V x = y2 (12 2xy x 2 ) V 2(x + y) 2 y = x2 (12 2xy y 2 ) 2(x + y) 2 buluruz. V maksimum ise V/ x = V/ y = 0 olur, ancak x = 0 veya y = 0, V = 0 verir, bu nedenle denklemlerini çözmeliyiz. 12 2xy x 2 = 0 12 2xy y 2 = 0

Örnek... 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.

Örnek... Bunun bir yerel maksimum verdiğini, ikici türev testini kullanarak gösterebiliriz, ya da problemin fiziksel doğası gereği bir maksimum hacim olması ve bunun bir kritik noktada olması gerektiğinden, x = 2, y = 2, z = 1 de ortaya çıktığını söyleyebiliriz. Dolayısıyla V = 2 2 1 = 4 olur ve kutunun maksimum hacmi 4m 3 dür.

Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler Bir değişkenli bir f fonksiyonu için uç değer teoremi, eğer f bir [a, b] kapalı aralığında sürekli ise f nin bir mutlak maksimum ve bir mutlak minimum değerinin olduğunu söyler. Kapalı aralık yönteminden, bunları f yi yalnızca kritik noktalarda değil ayrıca a ve b uç noktalarında hesaplayarak bulduk.

Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler İki değişkenli fonksiyonlar için de benzer bir durum vardır. Nasıl bir kapalı aralık uç noktalarını içeriyorsa, 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.

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.

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.

Mutlak Maksimum ve Minimum Değerler Kapalı, sınırlı bir D kümesinde sürekli bir f fonksiyonunun maksimum ve minimum değerlerini bulmak için 1. f nin D içindeki kritik noktalarında f nin değerini bulunuz. 2. f nin D nin sınırındaki uç değerlerini bulunuz. 3. 1. ve 2. adımlarda bulunan en büyük değer mutlak maksimum, en küçük değer mutlak minimum değeridir.

Örnek Örnek : f(x, y) = 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 minimumunun olduğunu söyler.

Örnek... 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.

Örnek... Şekil 8: 2. adımda Şekil 8 de gösterilen L 1, L 2, L 3, ve L 4 doğru parçalarından oluşan D nin sınırında f nin değerlerini inceleriz.

Örnek... 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.

Örnek... 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.

Örnek... 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.

Örnek... 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.

Örnek... 3. adımda, bu değerleri kritik noktadaki f(1, 1) = 1 değeri ile kıyaslarız ve f nin D deki maksimum değerinin f(3, 0) = 9 ve minimum değerinin f(0, 0) = f(2, 2) = 0 olduğu sonucuna varırız. Şekil 9, f nin grafiğini göstermektedir.

Lagrange Çarpanları Lagrange Çarpanları Yöntemi f(x, y, x) nin g(x, y, z) = k, k R kısıtlaması altında maksimum ve minimum değerlerini bulmak için (bu değerlerin var olduğunu varsayarak): (a) f(x, y, z) = λ g(x, y, z) ve g(x, y, z) = k denklemlerini sağlayan tüm x, y, z ve λ değerlerini bulunuz. (b) (a) adımında bulunan tüm noktalarda f nin değerini hesaplayınız. Bunların en büyüğü f nin maksimum, en küçüğü f nin minimum değeridir. λ sayısı Lagrange çarpanı olarak adlandırılır.

Lagrange Çarpanları f = λ g vektör denklemini bileşenleri cinsinden yazarsak (a) daki eşitlikler 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.

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.

Örnek Örnek : 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.

Örnek... Lagrange yöntemini kullanarak V = λ g ve g(x, y, z) = 12 olacak şekilde x, y, z ve λ değerlerini ararız. Bu bize denklemlerini verir. V x = λg x V y = λg y V z = λg z 2xz + 2yz + xy = 12

Örnek... Bunlar da biçimini alır. yz = λ(2z + y) (22) xz = λ(2z + x) (23) xy = λ(2z + 2y) (24) 2xz + 2yz + xy = 12 (25) Denklem sistemlerini çözmenin genel kuralları yoktur. Bazen yaratıcılık gereklidir. Bu örnekte (22) yi x ile (23) ü y ile ve (24) ü z ile çarparsak sol tarafların aynı olacağını fark etmiş olabilirsiniz.

Örnek... Bunu yaparak elde ederiz. xyz = λ(2xz + xy) (26) xyz = λ(2yz + xy) (27) xyz = λ(2xz + 2yz) (28) λ = 0 olması (22), (23) ve (24) den yz = xz = xy = 0 olmasını gerektirdiğinden ve bu da (25) ile çelişeceğinden, λ 0 olması gerektiğini gözlemleriz.

Örnek... (26) ve (27) den λ(2xz + xy) = λ(2yz + xy) 2xz + xy = 2yz + xy olur, bu da xz = yz sonucunu verir. Ancak z 0 olduğundan (z = 0 olması V = 0 verirdi) x = y olur.

Örnek... (27) ve (28) den 2yz + xy = 2xz + 2yz buluruz, bu da 2xz = xy verir ve böylece (x 0 olduğundan) y = 2z olur.

Örnek... x = y = 2z yi (25) de yerine koyarsak 4z 2 + 4z 2 + 4z 2 = 12 elde ederiz. x, y ve z nin tümü pozitif olduğundan önceki gibi z = 1, x = 2 ve y = 2 buluruz.

Örnek Örnek : f(x, y) = 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 ve denklemlerini çözeriz, g(x, y) = 1

Örnek... bunlar f x = λg x f y = λg y g(x, y) = 1 2x = 2xλ (29) 4y = 2yλ (30) x 2 + y 2 = 1 (31) olarak yazılabilir. (29) dan x = 0 veya λ = 1 olur. x = 0 ise (31) den y = ±1 bulunur. λ = 1 ise (30) dan y = 0 olur ve (31) den x = ±1 verir.

Örnek... Bu nedenle f, (0, 1), (0, 1), (1, 0) ve ( 1, 0) noktalarında uç değerlere sahip olabilir. f yi bu noktalarda hesaplayarak 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.

Örnek...

Örnek Örnek : 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.

Örnek Örnek : 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.

Örnek... 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 (32) 2(y 1) = 2yλ (33) 2(z + 1) = 2zλ (34) x 2 + y 2 + z 2 = 4 (35)

Örnek... Bu denklemleri çözmenin en kolay yolu (32), (33) ve (34) den x, y ve z yi λ cinsinden bulup bu değerleri (35) de yerine yazmaktır. (32) den x 3 = xλ ya da x(1 λ) = 3 ya da x = 3 1 λ elde ederiz. [ (32) den λ = 1 olanaksız olduğundan 1 λ 0 olduğuna dikkat ediniz.]

Örnek... Benzer şekilde (33) ve (34) verir. Bu nedenle (35) 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

Örnek... 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 ( 6 2,, 2 ) 11 11 11 ( 6, 2 ) 2, 11 11 11 dir.

İki Kısıtlama Şimdi de g(x, y, z) = k ve h(x, y, z) = c şeklinde iki kısıtlama (yan koşul) altında bir f(x, y, z) fonksiyonunun maksimum ve minimum değerlerini bulmak için f(x, y, z) = λ g(x, y, z) + µ h(x, y, z) (36) olacak şekilde (Lagrange çarpanları olarak adlandırılan) λ ve µ sayıları kullanılır. Bu durumda Lagrange yöntemi, x, y, z, λ ve µ bilinmeyenli beş denklemi çözerek uç değerleri aramaktır.

İki Kısıtlama Bu denklemler, Denklem(36) yı bileşenleri cinsinden yazarak ve kısıtlayıcı denklemleri kullanarak elde edilir: f x = λg x + µh x f y = λg y + µh y f z = λg x + µh x g(x, y, z) = k h(x, y, z) = c

Örnek Örnek : f(x, y, z) = x + 2y + 3z fonksiyonunun x y + z = 1 düzlemi ile x 2 + y 2 = 1 silindirinin arakesit eğrisi üzerindeki maksimum ve minimum değerlerini bulunuz.