analiz 4 ders notları - marmara Üniversitesi · 2020. 5. 25. · 4 1. hafta olarak...
TRANSCRIPT
Analiz 4 Ders Notları
Taylan Senguumll
25 Mayıs 2020
Luumltfen goumlrduumlguumlnuumlz hataları bildiriniz
Iccedilindekiler
Iccedilindekiler 1
1 Hafta 3Limit 3
2 Hafta 13Suumlreklilik 13Kısmi Tuumlrevler 15
3 Hafta 21Tuumlretilebilme 21Zincir Kuralı 26
4 Hafta 29Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri 29Youmlnluuml Tuumlrev 33
5 Hafta 37Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler 37
1
2 ICcedilINDEKILER
6 Hafta 43Teget Duumlzlem 43
7-8 Hafta 53Ektremum Problemleri 53Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi 58
9-10 Hafta 63Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı 63Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması 66Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme 69
2020 Bahar Doumlneminde Islenmeyen Konular 71Uumlccedil Katlı Integraller 71Zorunlu Olmayan Bilgiler 73
Kaynakccedila 77
1 Hafta
Limit
Oumln Tanımlar
Iki (x0 y0) (x1 y1) isin R2 noktası arasındaki mesafe
(x0 y0)minus (x1 y1) =radic
(x0 minus x1)2 + (y1 minus y1)2
olarak tanımlanır
Tanım 1B(x0y0)r = (x y) isin R2 (x y)minus (x0 y0) lt r
kuumlmesine (x0 y0) merkezli ve r yarıccedilaplı accedilık disk denir R sub R2 olsun ve (x y) isin R
olsun Eger Rrsquonin iccedilinde kalan (x y) merkezli bir accedilık disk varsa (x y) noktasına Rrsquoninbir iccedil noktası denir Eger Rrsquonin her noktası bir iccedil noktaysa R kuumlmesine bir accedilıkkuumlme denir (x y) noktasını iccedileren bir accedilık kuumlmeye (x y) noktasının bir komsulugudenir R sub R2 olsun Eger R2 R kuumlmesi accedilıksa R kuumlmesine kapalı kuumlme denir
Bu derste temel olarak iki degiskenli gerccedilel-degerli fonksiyonlardan bahsedecegizYaptıgımız seyler genellikle kolay bir biccedilimde uumlccedil veya daha ccedilok degiskenli ve gerccedilel-degerli fonksiyonlara da genisletilebilir Iki degiskenli bir fonksiyonu tanımlarken ta-nım kuumlmesinin verilmesi gerekir Mesela A sub R2 kuumlmesi f gerccedilel degerli fonksiyo-nunun tanım kuumlmesi ise f A sub R2 rarr R olarak yazarız Eger fonksiyonu tanımlarkentanım kuumlmesini belirtmez isek tanım kuumlmesi fonksiyonun kuralının tanımlı oldugu tuumlm(x y) isin R2 ikililerinin kuumlmesi olur
Oumlrnek 1 f(x y) =radicy minus x2 fonksiyonun tanım kuumlmesi A = (x y) isin R2 y ge x2
kuumlmesidir
Oumlrnek 2 f(x y) = 1xy
fonksiyonun tanım kuumlmesini yazınız
Eger f A sub R2 rarr R ve g B sub R2 rarr R ise f + g A capB rarr R fonksiyonu
(f + g)(x y) = f(x y) + g(x y)
3
4 1 HAFTA
olarak tanımlanır Iki fonksiyonun ccedilarpımı farkı ve boumlluumlmuuml de (sıfıra boumllmemeye dikkatederek) benzer sekilde tanımlanır Eger f A sub R2 rarr R g Rrarr R ise g f A sub R2 rarrR bileske fonksiyonu
(g f)(x y) = g(f(x y))
olarak tanımlanır
Oumlrnek 3 Iki degiskenli gerccedilel degerli bir fonksiyonun bir seviye egrisi fonksiyonunsabit degere esit oldugu noktalar kuumlmesidir f(x y) = x2 + y2 fonksiyonun 3 boyutluuzayda grafigini ccedilizip xy duumlzlemi uumlzerinde seviye egrilerini goumlsterin Bu fonksiyonunseviye egrileri x2+y2 = c esitligini saglar Bu fonksiyonun seviye egrileri xy duumlzlemindeorijin merkezli ccedilemberlerdir
Limit
Tanım 2 A sub R2 ve f A rarr R olsun Eger her ε gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyleki
forall(x y) isin A 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (1)
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L yazılır
Uyarı 1 1 Limitin alındıgı (x0 y0) noktasında fonksiyonun tanımlı olması yani (x0 y0) isinA olması gerekmez Ancak (x0 y0)rsquoın A kuumlmesinin bir yıgılma noktası olması ge-rekir Bu her δ gt 0 iccedilin
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ
sartını saglayan bir (x y) isin A elemanın olması anlamına gelir Yani limit alınannoktaya istenildigi kadar yakın bir x isin A noktası olmalıdır
2 Eger fonksiyon (x0 y0) noktasında tanımlı ise f(x0 y0) = L olması gerekmez Budurumda fonksiyona (x0 y0) noktasında suumlreksiz diyecegiz
|xminus x0| leradic|xminus x0|2 + |y minus y0|2 |y minus y0| le
radic|xminus x0|2 + |y minus y0|2
oldugundan
forall(x y) isin A |xminus x0| lt δ ve |y minus y0| lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (2)
goumlsterilirse lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L olur
Oumlrnek 4 lim(xy)rarr(12) 2x+ y = 4 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 iccedilin δ = ε3 seccedililirse yani |xminus 1| lt ε3 ve |y minus 2| lt ε3 ise
|2x+ y minus 4| = |2(xminus 1) + (y minus 2)| le 2 |xminus 1|+ |y minus 2| lt 3δ = ε
Oumlrnek 5 lim(xy)rarr(21)
xy + 2xminus y = 5 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
LIMIT 5
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 olsun ve δ = min1 ε5 seccedilelim Bu durumda
|xminus 2| lt δ |y minus 1| lt δ
ise
|xy + 2xminus y minus 5| = |(xminus 2 + 2)(y minus 1 + 1) + 2(xminus 2 + 2)minus (y minus 1 + 1)minus 5|= |(xminus 2)(y minus 1) + 3(xminus 2) + (y minus 1)|le |xminus 2| |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1|le 1 middot |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1| lt 5δ lt ε
Teorem 1 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ve lim(xy)rarr(x0y0) g(x y) = M ise
(1) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)plusmn g(x y)) = LplusmnM
(2) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)g(x y)) = LM
(3) M 6= 0 ise lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y)
g(x y)=
L
M
(4) (Bileske fonksiyonun limiti) F A sub Rrarr R fonksiyonu t = L isin Arsquoda suumlrekli ise
lim(xy)rarr(x0y0)
F (f(x y)) = F (L)
olur
(5) Eger f tek degiskenli bir fonksiyon ise
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x) = limxrarrx0
f(x) lim(xy)rarr(x0y0)
f(y) = limyrarry0
f(y)
Kanıt (1)-(3) ispatları tek degiskenli durumdaki ile hemen hemen aynı Bunları sizispatlayın
Simdi (4)rsquouuml ispatlayalımε gt 0 verilsin F (t) suumlrekli oldugundan oumlyle bir δprime gt 0 vardır ki
forallt isin A 0 lt |tminus L| lt δprime =rArr |F (t)minus F (L)| lt ε (3)
Ayrıca lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L oldugundan oumlyle bir δ gt 0 vardır ki
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt δprime (4)
olur (3)rsquode t = f(x y) seccedilip (4)rsquoi kullanırsak
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |F (f(x y))minus F (L)| lt ε
Ispat bitti(5)rsquoi de siz ispatlayın
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
2 ICcedilINDEKILER
6 Hafta 43Teget Duumlzlem 43
7-8 Hafta 53Ektremum Problemleri 53Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi 58
9-10 Hafta 63Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı 63Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması 66Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme 69
2020 Bahar Doumlneminde Islenmeyen Konular 71Uumlccedil Katlı Integraller 71Zorunlu Olmayan Bilgiler 73
Kaynakccedila 77
1 Hafta
Limit
Oumln Tanımlar
Iki (x0 y0) (x1 y1) isin R2 noktası arasındaki mesafe
(x0 y0)minus (x1 y1) =radic
(x0 minus x1)2 + (y1 minus y1)2
olarak tanımlanır
Tanım 1B(x0y0)r = (x y) isin R2 (x y)minus (x0 y0) lt r
kuumlmesine (x0 y0) merkezli ve r yarıccedilaplı accedilık disk denir R sub R2 olsun ve (x y) isin R
olsun Eger Rrsquonin iccedilinde kalan (x y) merkezli bir accedilık disk varsa (x y) noktasına Rrsquoninbir iccedil noktası denir Eger Rrsquonin her noktası bir iccedil noktaysa R kuumlmesine bir accedilıkkuumlme denir (x y) noktasını iccedileren bir accedilık kuumlmeye (x y) noktasının bir komsulugudenir R sub R2 olsun Eger R2 R kuumlmesi accedilıksa R kuumlmesine kapalı kuumlme denir
Bu derste temel olarak iki degiskenli gerccedilel-degerli fonksiyonlardan bahsedecegizYaptıgımız seyler genellikle kolay bir biccedilimde uumlccedil veya daha ccedilok degiskenli ve gerccedilel-degerli fonksiyonlara da genisletilebilir Iki degiskenli bir fonksiyonu tanımlarken ta-nım kuumlmesinin verilmesi gerekir Mesela A sub R2 kuumlmesi f gerccedilel degerli fonksiyo-nunun tanım kuumlmesi ise f A sub R2 rarr R olarak yazarız Eger fonksiyonu tanımlarkentanım kuumlmesini belirtmez isek tanım kuumlmesi fonksiyonun kuralının tanımlı oldugu tuumlm(x y) isin R2 ikililerinin kuumlmesi olur
Oumlrnek 1 f(x y) =radicy minus x2 fonksiyonun tanım kuumlmesi A = (x y) isin R2 y ge x2
kuumlmesidir
Oumlrnek 2 f(x y) = 1xy
fonksiyonun tanım kuumlmesini yazınız
Eger f A sub R2 rarr R ve g B sub R2 rarr R ise f + g A capB rarr R fonksiyonu
(f + g)(x y) = f(x y) + g(x y)
3
4 1 HAFTA
olarak tanımlanır Iki fonksiyonun ccedilarpımı farkı ve boumlluumlmuuml de (sıfıra boumllmemeye dikkatederek) benzer sekilde tanımlanır Eger f A sub R2 rarr R g Rrarr R ise g f A sub R2 rarrR bileske fonksiyonu
(g f)(x y) = g(f(x y))
olarak tanımlanır
Oumlrnek 3 Iki degiskenli gerccedilel degerli bir fonksiyonun bir seviye egrisi fonksiyonunsabit degere esit oldugu noktalar kuumlmesidir f(x y) = x2 + y2 fonksiyonun 3 boyutluuzayda grafigini ccedilizip xy duumlzlemi uumlzerinde seviye egrilerini goumlsterin Bu fonksiyonunseviye egrileri x2+y2 = c esitligini saglar Bu fonksiyonun seviye egrileri xy duumlzlemindeorijin merkezli ccedilemberlerdir
Limit
Tanım 2 A sub R2 ve f A rarr R olsun Eger her ε gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyleki
forall(x y) isin A 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (1)
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L yazılır
Uyarı 1 1 Limitin alındıgı (x0 y0) noktasında fonksiyonun tanımlı olması yani (x0 y0) isinA olması gerekmez Ancak (x0 y0)rsquoın A kuumlmesinin bir yıgılma noktası olması ge-rekir Bu her δ gt 0 iccedilin
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ
sartını saglayan bir (x y) isin A elemanın olması anlamına gelir Yani limit alınannoktaya istenildigi kadar yakın bir x isin A noktası olmalıdır
2 Eger fonksiyon (x0 y0) noktasında tanımlı ise f(x0 y0) = L olması gerekmez Budurumda fonksiyona (x0 y0) noktasında suumlreksiz diyecegiz
|xminus x0| leradic|xminus x0|2 + |y minus y0|2 |y minus y0| le
radic|xminus x0|2 + |y minus y0|2
oldugundan
forall(x y) isin A |xminus x0| lt δ ve |y minus y0| lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (2)
goumlsterilirse lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L olur
Oumlrnek 4 lim(xy)rarr(12) 2x+ y = 4 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 iccedilin δ = ε3 seccedililirse yani |xminus 1| lt ε3 ve |y minus 2| lt ε3 ise
|2x+ y minus 4| = |2(xminus 1) + (y minus 2)| le 2 |xminus 1|+ |y minus 2| lt 3δ = ε
Oumlrnek 5 lim(xy)rarr(21)
xy + 2xminus y = 5 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
LIMIT 5
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 olsun ve δ = min1 ε5 seccedilelim Bu durumda
|xminus 2| lt δ |y minus 1| lt δ
ise
|xy + 2xminus y minus 5| = |(xminus 2 + 2)(y minus 1 + 1) + 2(xminus 2 + 2)minus (y minus 1 + 1)minus 5|= |(xminus 2)(y minus 1) + 3(xminus 2) + (y minus 1)|le |xminus 2| |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1|le 1 middot |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1| lt 5δ lt ε
Teorem 1 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ve lim(xy)rarr(x0y0) g(x y) = M ise
(1) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)plusmn g(x y)) = LplusmnM
(2) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)g(x y)) = LM
(3) M 6= 0 ise lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y)
g(x y)=
L
M
(4) (Bileske fonksiyonun limiti) F A sub Rrarr R fonksiyonu t = L isin Arsquoda suumlrekli ise
lim(xy)rarr(x0y0)
F (f(x y)) = F (L)
olur
(5) Eger f tek degiskenli bir fonksiyon ise
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x) = limxrarrx0
f(x) lim(xy)rarr(x0y0)
f(y) = limyrarry0
f(y)
Kanıt (1)-(3) ispatları tek degiskenli durumdaki ile hemen hemen aynı Bunları sizispatlayın
Simdi (4)rsquouuml ispatlayalımε gt 0 verilsin F (t) suumlrekli oldugundan oumlyle bir δprime gt 0 vardır ki
forallt isin A 0 lt |tminus L| lt δprime =rArr |F (t)minus F (L)| lt ε (3)
Ayrıca lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L oldugundan oumlyle bir δ gt 0 vardır ki
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt δprime (4)
olur (3)rsquode t = f(x y) seccedilip (4)rsquoi kullanırsak
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |F (f(x y))minus F (L)| lt ε
Ispat bitti(5)rsquoi de siz ispatlayın
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
1 Hafta
Limit
Oumln Tanımlar
Iki (x0 y0) (x1 y1) isin R2 noktası arasındaki mesafe
(x0 y0)minus (x1 y1) =radic
(x0 minus x1)2 + (y1 minus y1)2
olarak tanımlanır
Tanım 1B(x0y0)r = (x y) isin R2 (x y)minus (x0 y0) lt r
kuumlmesine (x0 y0) merkezli ve r yarıccedilaplı accedilık disk denir R sub R2 olsun ve (x y) isin R
olsun Eger Rrsquonin iccedilinde kalan (x y) merkezli bir accedilık disk varsa (x y) noktasına Rrsquoninbir iccedil noktası denir Eger Rrsquonin her noktası bir iccedil noktaysa R kuumlmesine bir accedilıkkuumlme denir (x y) noktasını iccedileren bir accedilık kuumlmeye (x y) noktasının bir komsulugudenir R sub R2 olsun Eger R2 R kuumlmesi accedilıksa R kuumlmesine kapalı kuumlme denir
Bu derste temel olarak iki degiskenli gerccedilel-degerli fonksiyonlardan bahsedecegizYaptıgımız seyler genellikle kolay bir biccedilimde uumlccedil veya daha ccedilok degiskenli ve gerccedilel-degerli fonksiyonlara da genisletilebilir Iki degiskenli bir fonksiyonu tanımlarken ta-nım kuumlmesinin verilmesi gerekir Mesela A sub R2 kuumlmesi f gerccedilel degerli fonksiyo-nunun tanım kuumlmesi ise f A sub R2 rarr R olarak yazarız Eger fonksiyonu tanımlarkentanım kuumlmesini belirtmez isek tanım kuumlmesi fonksiyonun kuralının tanımlı oldugu tuumlm(x y) isin R2 ikililerinin kuumlmesi olur
Oumlrnek 1 f(x y) =radicy minus x2 fonksiyonun tanım kuumlmesi A = (x y) isin R2 y ge x2
kuumlmesidir
Oumlrnek 2 f(x y) = 1xy
fonksiyonun tanım kuumlmesini yazınız
Eger f A sub R2 rarr R ve g B sub R2 rarr R ise f + g A capB rarr R fonksiyonu
(f + g)(x y) = f(x y) + g(x y)
3
4 1 HAFTA
olarak tanımlanır Iki fonksiyonun ccedilarpımı farkı ve boumlluumlmuuml de (sıfıra boumllmemeye dikkatederek) benzer sekilde tanımlanır Eger f A sub R2 rarr R g Rrarr R ise g f A sub R2 rarrR bileske fonksiyonu
(g f)(x y) = g(f(x y))
olarak tanımlanır
Oumlrnek 3 Iki degiskenli gerccedilel degerli bir fonksiyonun bir seviye egrisi fonksiyonunsabit degere esit oldugu noktalar kuumlmesidir f(x y) = x2 + y2 fonksiyonun 3 boyutluuzayda grafigini ccedilizip xy duumlzlemi uumlzerinde seviye egrilerini goumlsterin Bu fonksiyonunseviye egrileri x2+y2 = c esitligini saglar Bu fonksiyonun seviye egrileri xy duumlzlemindeorijin merkezli ccedilemberlerdir
Limit
Tanım 2 A sub R2 ve f A rarr R olsun Eger her ε gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyleki
forall(x y) isin A 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (1)
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L yazılır
Uyarı 1 1 Limitin alındıgı (x0 y0) noktasında fonksiyonun tanımlı olması yani (x0 y0) isinA olması gerekmez Ancak (x0 y0)rsquoın A kuumlmesinin bir yıgılma noktası olması ge-rekir Bu her δ gt 0 iccedilin
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ
sartını saglayan bir (x y) isin A elemanın olması anlamına gelir Yani limit alınannoktaya istenildigi kadar yakın bir x isin A noktası olmalıdır
2 Eger fonksiyon (x0 y0) noktasında tanımlı ise f(x0 y0) = L olması gerekmez Budurumda fonksiyona (x0 y0) noktasında suumlreksiz diyecegiz
|xminus x0| leradic|xminus x0|2 + |y minus y0|2 |y minus y0| le
radic|xminus x0|2 + |y minus y0|2
oldugundan
forall(x y) isin A |xminus x0| lt δ ve |y minus y0| lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (2)
goumlsterilirse lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L olur
Oumlrnek 4 lim(xy)rarr(12) 2x+ y = 4 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 iccedilin δ = ε3 seccedililirse yani |xminus 1| lt ε3 ve |y minus 2| lt ε3 ise
|2x+ y minus 4| = |2(xminus 1) + (y minus 2)| le 2 |xminus 1|+ |y minus 2| lt 3δ = ε
Oumlrnek 5 lim(xy)rarr(21)
xy + 2xminus y = 5 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
LIMIT 5
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 olsun ve δ = min1 ε5 seccedilelim Bu durumda
|xminus 2| lt δ |y minus 1| lt δ
ise
|xy + 2xminus y minus 5| = |(xminus 2 + 2)(y minus 1 + 1) + 2(xminus 2 + 2)minus (y minus 1 + 1)minus 5|= |(xminus 2)(y minus 1) + 3(xminus 2) + (y minus 1)|le |xminus 2| |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1|le 1 middot |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1| lt 5δ lt ε
Teorem 1 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ve lim(xy)rarr(x0y0) g(x y) = M ise
(1) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)plusmn g(x y)) = LplusmnM
(2) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)g(x y)) = LM
(3) M 6= 0 ise lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y)
g(x y)=
L
M
(4) (Bileske fonksiyonun limiti) F A sub Rrarr R fonksiyonu t = L isin Arsquoda suumlrekli ise
lim(xy)rarr(x0y0)
F (f(x y)) = F (L)
olur
(5) Eger f tek degiskenli bir fonksiyon ise
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x) = limxrarrx0
f(x) lim(xy)rarr(x0y0)
f(y) = limyrarry0
f(y)
Kanıt (1)-(3) ispatları tek degiskenli durumdaki ile hemen hemen aynı Bunları sizispatlayın
Simdi (4)rsquouuml ispatlayalımε gt 0 verilsin F (t) suumlrekli oldugundan oumlyle bir δprime gt 0 vardır ki
forallt isin A 0 lt |tminus L| lt δprime =rArr |F (t)minus F (L)| lt ε (3)
Ayrıca lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L oldugundan oumlyle bir δ gt 0 vardır ki
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt δprime (4)
olur (3)rsquode t = f(x y) seccedilip (4)rsquoi kullanırsak
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |F (f(x y))minus F (L)| lt ε
Ispat bitti(5)rsquoi de siz ispatlayın
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
4 1 HAFTA
olarak tanımlanır Iki fonksiyonun ccedilarpımı farkı ve boumlluumlmuuml de (sıfıra boumllmemeye dikkatederek) benzer sekilde tanımlanır Eger f A sub R2 rarr R g Rrarr R ise g f A sub R2 rarrR bileske fonksiyonu
(g f)(x y) = g(f(x y))
olarak tanımlanır
Oumlrnek 3 Iki degiskenli gerccedilel degerli bir fonksiyonun bir seviye egrisi fonksiyonunsabit degere esit oldugu noktalar kuumlmesidir f(x y) = x2 + y2 fonksiyonun 3 boyutluuzayda grafigini ccedilizip xy duumlzlemi uumlzerinde seviye egrilerini goumlsterin Bu fonksiyonunseviye egrileri x2+y2 = c esitligini saglar Bu fonksiyonun seviye egrileri xy duumlzlemindeorijin merkezli ccedilemberlerdir
Limit
Tanım 2 A sub R2 ve f A rarr R olsun Eger her ε gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyleki
forall(x y) isin A 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (1)
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L yazılır
Uyarı 1 1 Limitin alındıgı (x0 y0) noktasında fonksiyonun tanımlı olması yani (x0 y0) isinA olması gerekmez Ancak (x0 y0)rsquoın A kuumlmesinin bir yıgılma noktası olması ge-rekir Bu her δ gt 0 iccedilin
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ
sartını saglayan bir (x y) isin A elemanın olması anlamına gelir Yani limit alınannoktaya istenildigi kadar yakın bir x isin A noktası olmalıdır
2 Eger fonksiyon (x0 y0) noktasında tanımlı ise f(x0 y0) = L olması gerekmez Budurumda fonksiyona (x0 y0) noktasında suumlreksiz diyecegiz
|xminus x0| leradic|xminus x0|2 + |y minus y0|2 |y minus y0| le
radic|xminus x0|2 + |y minus y0|2
oldugundan
forall(x y) isin A |xminus x0| lt δ ve |y minus y0| lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt ε (2)
goumlsterilirse lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L olur
Oumlrnek 4 lim(xy)rarr(12) 2x+ y = 4 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 iccedilin δ = ε3 seccedililirse yani |xminus 1| lt ε3 ve |y minus 2| lt ε3 ise
|2x+ y minus 4| = |2(xminus 1) + (y minus 2)| le 2 |xminus 1|+ |y minus 2| lt 3δ = ε
Oumlrnek 5 lim(xy)rarr(21)
xy + 2xminus y = 5 oldugunu εminus δ tanımını kullanarak ispatlayın
LIMIT 5
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 olsun ve δ = min1 ε5 seccedilelim Bu durumda
|xminus 2| lt δ |y minus 1| lt δ
ise
|xy + 2xminus y minus 5| = |(xminus 2 + 2)(y minus 1 + 1) + 2(xminus 2 + 2)minus (y minus 1 + 1)minus 5|= |(xminus 2)(y minus 1) + 3(xminus 2) + (y minus 1)|le |xminus 2| |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1|le 1 middot |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1| lt 5δ lt ε
Teorem 1 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ve lim(xy)rarr(x0y0) g(x y) = M ise
(1) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)plusmn g(x y)) = LplusmnM
(2) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)g(x y)) = LM
(3) M 6= 0 ise lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y)
g(x y)=
L
M
(4) (Bileske fonksiyonun limiti) F A sub Rrarr R fonksiyonu t = L isin Arsquoda suumlrekli ise
lim(xy)rarr(x0y0)
F (f(x y)) = F (L)
olur
(5) Eger f tek degiskenli bir fonksiyon ise
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x) = limxrarrx0
f(x) lim(xy)rarr(x0y0)
f(y) = limyrarry0
f(y)
Kanıt (1)-(3) ispatları tek degiskenli durumdaki ile hemen hemen aynı Bunları sizispatlayın
Simdi (4)rsquouuml ispatlayalımε gt 0 verilsin F (t) suumlrekli oldugundan oumlyle bir δprime gt 0 vardır ki
forallt isin A 0 lt |tminus L| lt δprime =rArr |F (t)minus F (L)| lt ε (3)
Ayrıca lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L oldugundan oumlyle bir δ gt 0 vardır ki
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt δprime (4)
olur (3)rsquode t = f(x y) seccedilip (4)rsquoi kullanırsak
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |F (f(x y))minus F (L)| lt ε
Ispat bitti(5)rsquoi de siz ispatlayın
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
LIMIT 5
Ccediloumlzuumlm ε gt 0 olsun ve δ = min1 ε5 seccedilelim Bu durumda
|xminus 2| lt δ |y minus 1| lt δ
ise
|xy + 2xminus y minus 5| = |(xminus 2 + 2)(y minus 1 + 1) + 2(xminus 2 + 2)minus (y minus 1 + 1)minus 5|= |(xminus 2)(y minus 1) + 3(xminus 2) + (y minus 1)|le |xminus 2| |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1|le 1 middot |y minus 1|+ 3 |xminus 2|+ |y minus 1| lt 5δ lt ε
Teorem 1 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ve lim(xy)rarr(x0y0) g(x y) = M ise
(1) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)plusmn g(x y)) = LplusmnM
(2) lim(xy)rarr(x0y0)
(f(x y)g(x y)) = LM
(3) M 6= 0 ise lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y)
g(x y)=
L
M
(4) (Bileske fonksiyonun limiti) F A sub Rrarr R fonksiyonu t = L isin Arsquoda suumlrekli ise
lim(xy)rarr(x0y0)
F (f(x y)) = F (L)
olur
(5) Eger f tek degiskenli bir fonksiyon ise
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x) = limxrarrx0
f(x) lim(xy)rarr(x0y0)
f(y) = limyrarry0
f(y)
Kanıt (1)-(3) ispatları tek degiskenli durumdaki ile hemen hemen aynı Bunları sizispatlayın
Simdi (4)rsquouuml ispatlayalımε gt 0 verilsin F (t) suumlrekli oldugundan oumlyle bir δprime gt 0 vardır ki
forallt isin A 0 lt |tminus L| lt δprime =rArr |F (t)minus F (L)| lt ε (3)
Ayrıca lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L oldugundan oumlyle bir δ gt 0 vardır ki
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |f(x y)minus L| lt δprime (4)
olur (3)rsquode t = f(x y) seccedilip (4)rsquoi kullanırsak
0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr |F (f(x y))minus F (L)| lt ε
Ispat bitti(5)rsquoi de siz ispatlayın
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
6 1 HAFTA
Oumlrnek 6 Teorem 1rsquoi kullanarak asagıdaki limiti hesaplayabiliriz
lim(xy)rarr(π32)
y sin(xy) = limyrarr2
y lim(xy)rarr(π32)
sin(xy) = 2 sin( lim(xy)rarr(π32)
xy)
= 2 sin
(limxrarrπ3 x
limyrarr2 y
)= 2 sin π6 = 1
Teorem 2 (Sıkıstırma Teoremi) Bir r gt 0 ve (x y)minus (x0 y0) le r olan her (x y) iccedilin
1 f(x y) le g(x y) le h(x y) ve
2 lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = lim(xy)rarr(x0y0) h(x y) = L
iselim
(xy)rarr(x0y0)g(x y) = L
olur
Oumlrnek 7
lim(xy)rarr(00)
x2y
x2 + y2
limitini varsa hesaplayın
Ccediloumlzuumlm
0 lt
∣∣∣∣ x2y
x2 + y2
∣∣∣∣ =
∣∣∣∣ x2
x2 + y2
∣∣∣∣ |y| lt |y|Sıkıstırma Teoremini uygula
Tek degiskenli fonksiyonlardaki sagdan veya soldan limit kavramı iki degiskenlifonksiyonlarda bir noktaya farklı egriler uumlzerinden yaklasma kavramına doumlnuumlsuumlr Tekdegiskenli fonksiyonlarda bir noktaya sadece iki youmlnden yaklasılabilirken iki degis-kenli fonksiyonlarda bir noktaya sonsuz farklı youmlnden yaklasılabilir
1 Tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limit yoksa limit de yoktur Ikidegiskenli fonksiyonlarda ise (x0 y0) noktasını iccedileren herhangi bir C egrisi iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC
f(x y) limiti yoksa lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) limiti de yoktur
Tersine iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limiti varsa herhangi bir youmln-den yaklasıldıgında da limitinin olması gerekir
2 Tek degiskenli fonksiyonlarda bir noktada sagdan ve soldan limit birbirine esitdegilse o noktada limit yoktur Iki degiskenli fonksiyonlarda eger (x0 y0) nokta-sını iccedileren iki farklı C1 ve C2 patikaları iccedilin
lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC1
f(x y) 6= lim(xy)rarr(x0y0)
(xy)isinC2
f(x y)
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) limiti yoktur
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
LIMIT 7
3 Oumlte yandan tek degiskenli fonksiyonlarda sagdan veya soldan limitin olmasıfonksiyonun o noktada limiti olacagı anlamına gelmez Benzer bir sekilde ikidegiskenli bir fonksiyon iccedilin (x0 y0) noktasında bir C egrisi iccedilin limitin olmasıo noktada fonksiyonun limitinin olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 8 Asagıdaki limiti varsa bulun
lim(xy)rarr(00)
2xy
x2 + y2
Ccediloumlzuumlm1 Metot (0 0) noktasına y = 0 dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=0)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
xrarr0
0
x2 + 0= lim
xrarr00 = 0
(0 0) noktasına y = x dogrusu uumlzerinden yaklasırsak
lim(xy=x)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=x)rarr(00)
2xx
x2 + x2= lim
xrarr0
2x2
2x2= lim
xrarr01 = 1
Iki farklı egri uumlzerinden iki farklı limit degeri bulundugundan limit yoktur
2 Metot
lim(xy=kx)rarr(00)
2xy
x2 + y2= lim
(xy=kx)rarr(00)
2xkx
x2 + k2x2= lim
xrarr0
2kx2
x2(1 + k2)=
2k
1 + k2
Sonuccedil krsquoya yani seccedililen egriye baglı oldugundan limit yoktur
Iki degiskenli fonksiyonlarda limit alınan noktaya sadece duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak yeterli olmaz
Oumlrnek 9 lim(xy)rarr(00)
x2y
x4 + y2limitinin olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlnce duumlz dogrular boyunca yaklasalım
lim(xy=kx)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx
x4 + k2x2= lim
xrarr0x
k
x2 + k2= lim
xrarr0x limxrarr0
k
x2 + k2= 0 middot k
k2= 0
Bu buldugumuz sonuccedil limit varsa 0 olmalıdır diyor Ama limit olmayabilir Bu seferparaboller boyunca (0 0)rsquoa yaklasalım
lim(xy=kx2)rarr(00)
x2y
x4 + y2= lim
xrarr0
x2kx2
x4 + k2x4=
k
1 + k2
Yani limit yoktur
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
8 1 HAFTA
Oumlrnek 10 a b negatif olmayan birer tamsayı m n ise ccedilift pozitif birer tamsayı c dise pozitif reel sayılar olsun
lim(xy)rarr(00)
xayb
cxm + dyn=
0 a
m+ b
ngt 1
yok am
+ bnle 1
ispat Ilk olarak am
+ bnle 1 oldugunda limitin olmadıgını goumlrelim k sabit bir sayı
olmak uumlzere (0 0) noktasına y = kxmn uumlzerinden yaklasalım Bu durumda
limxrarr0
k
c+ dknxa+bmnminusm
limiti a + bmn minus m lt 0 ise tanımsız a + bmn minus m = 0 ise krsquoya baglı oldugundana+bmnminusm le 0 iccedilin orijinal limitin var olmadıgını buluruz Bu da a
m+ b
nle 1 oldugunda
limitin olmadıgını goumlsterirSimdi a
m+ bngt 1 durumunda limitin 0 oldugunu goumlrelim Eger am gt 1 yani aminusm gt 0
ise ∣∣∣∣ xayb
cxm + dyn
∣∣∣∣ le 1
c
∣∣∣∣ cxm
cxm + dyn
∣∣∣∣ ∣∣xaminusmyb∣∣ le 1
c
∣∣xaminusmyb∣∣oldugundan sonuccedil sıkıstırma lemmasından aminusm gt 0 ve b gt 0 oldugundan elde edile-bilir Benzer sekilde bn gt 1 ise de sonuccedil elde edilir Simdi hem 0 lt am lt 1 hem de0 lt bn lt 1 oldugunu varsayalım Bu durumda biraz karmasık bir esitsizlik kullanmakgerekecegi iccedilin ispatı ders notlarına dahil etmiyorum Ispat iccedilin bkz 1
Alıstırmalar
Asagıdaki limitleri varsa bulun
1 lim(xy)rarr(12)
2x2 minus xy4x2 minus y2 (ipucu ifadeyi sa-
delestirip limiti hesaplayın)
2 lim(xy)rarr(00)
x2y2
x2 + y4 (ipucu sıkıstırma
teoremini kullananın)
3 lim(xy)rarr(00)
xy2
x2 + y4(ipucu x = 0 ve x =
y2 dogrultularından yaklasın)
4 lim(xy)rarr(00)
sin(xy)
x2 + y2(ipucu x = 0 ve x =
y dogrultularından yaklasın)
5 lim(xy)rarr(00)
x2 minus y2x2 + y2
6 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma teoremini kulla-nın)
7 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x y) =
x4 + y4
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
(ipucu sıkıstırma Teoremini kulla-nın)
1httpsertozbilkentedutrdepolimit-trpdf
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
LIMIT 9
8 Bir oumlnceki oumlrnekte limitin tanımınıkullanarak limitin sıfır oldugunu goumls-terin
9 lim(xy)rarr(11)
xy2 minus 1
y minus 1(ipucu x = 1 ve x =
y dogruları uumlzerinden yaklasın)
10 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y4
11 lim(xy)rarr(00)
x2y3
x4 + y6
12 lim(xy)rarr(00)
f(x y)
f(x) =
x2y2
x2y2+(xminusy)2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
13 lim(xy)rarr(00)
(x2 + y2) ln(x2 + y2)
14 lim(xy)rarr(00)
xradicx2 + y2
15 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y4x2 + y2
16 lim(xy)rarr(00)
x sin 1x
+ y
x+ y
17 lim(xy)rarr(00)
x2 minus 2
3 + xy
18 lim(xy)rarr(00)
(xminus y)2
x2 + y2
19 lim(xy)rarr(00)
3xy
5x4 + 2y4
20 lim(xy)rarr(00)
4x2y
x3 + y3
21 lim(xy)rarr(00)
x4 minus y2x4 + y2
22 lim(xy)rarr(00)
x3 minus x2y + xy2 minus y3x2 + y2
23 lim(xy)rarr(00)
radic1 + x2y2 minus 1
x2 + y2
24 lim(xy)rarr(00)
2x2 + 3xy + 4y2
3x2 + 5y2
25 lim(xy)rarr(00)
xminus y + x2 + y2
x+ y
26 lim(xy)rarr(00)
(1+x2y2)1
x2+y2 (ipucu ifadeye
pozitif reel sayılar uumlzerinde birimfonksiyon olan exp ln fonksiyonunuuygulayın ardından ln(1 + x) lt xx gt 0 esitsizligini kullanarak sıkıs-tırma teoremini uygulayın)
27 Limit tanımını kullanarak lim(xy)rarr(11) y2minus
3xy = minus2 oldugunu goumlsterin
Opsiyonel Boumlluumlm
Sonsuz Limitler
f a sub R2 rarr R olsun Eger her M gt 0 iccedilin bir δ gt 0 bulabiliyorsak oumlyle ki
(x y) isin A ve 0 lt (x y)minus (x0 y0) lt δ =rArr f(x y) gt M
ise lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = +infin yazılır
Oumlrnek 11 Limitin tanımını kullanarak lim(xy)rarr(00)1
x2+y2= +infin oldugunu goumlsterelim
M gt 0 verilsin δ = 1radic
2M olarak seccedilelim O halde |x| lt δ ve |y| lt δ iken
x2 + y2 = |x|2 + |y|2 lt 1
2M+
1
2M=
1
M=rArr 1
x2 + y2gt M
olur
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
10 1 HAFTA
Yinelemeli Limitler
Oumlrnek 12
0 = limyrarr0
limxrarr0
x2
x2 + y26= lim
xrarr0limyrarr0
x2
x2 + y2= 1
Yani genel olarak yinelemeli limitler esit olmaz
limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) 6= limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
Iki degiskenli bir fonksiyonun bir noktada limitinin var olması o noktada yinelemelilimitlerinin de var olması anlamına gelmez
Oumlrnek 13
f(x y) =
x sin 1
y y 6= 0
0 y = 0
lim(xy)rarr(00) f(x y) = 0 ama limxrarr0 limyrarr0 f(x y) var olmadıgını goumlsterin
Ama goumlsterilebilir ki (bkz [Wad00] syf 243) eger lim(xy)rarr(x0y0) f(x y) = L ise veyinelemeli limitler tanımlıysa yinelemeli limitler esit olur
L = limyrarry0
limxrarrx0
f(x y) = limxrarrx0
limyrarry0
f(x y)
olurlim(xy)rarr(x0y0) f(x y) limitinin tanımlı olması limxrarr0 limyrarry0 f(x y) yinelemeli limiti-
nin tanımlı olmasını gerektirmez
Kutupsal koordinatlar ve limit
Lemma 1 Eger
|f(x0 + r cos θ y0 + r sin θ)minus L| le g(r) limrrarr0+
g(r) = 0
iselim
(xy)rarr(x0y0)f(x y) = L
olur
Oumlrnek 14 lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2limitini hesaplayalım
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = r2(sin4 θ + cos4 θ) le 2r2 ve limrrarr0+ 2r2 = 0 oldugundan
lim(xy)rarr(00)
x4 + y4
x2 + y2= 0
olur
Oumlrnek 15 lim(xy)rarr(00) xy ln (x2 + y2) = 0 oldugunu goumlrelim
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
LIMIT 11
Ccediloumlzuumlm |f(r cos θ r sin θ)| = |r2 cos θ sin θ ln(r2)| le |2r2 ln r| limrrarr0+ 2r2 ln r = 0 olduguLrsquohospital kuralıyla goumlsterilebilir
Uyarı 2 Dikkat limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) demek limiti hesaplarken θrsquoyı sabit tutup rrsquoyisıfıra goumlndermek demek Bu da aslında limit alırken (0 0)rsquoa duumlz dogrular uumlzerindenyaklasmak anlamına geliyor Dolayısıyla limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) limitinin var olmasılim(xy)rarr(00) f(x y) limitinin var olması anlamına gelmez Asagıda bunun bir oumlrnegi ve-rilmistir
Oumlrnek 16 (x y) 6= (0 0) iccedilin f(x y) = x2yx4+y2
olarak tanımlansınlim
(xy)rarr(00)f(x y)limitinin olmadıgını (0 0)rsquoa y = kx2 youmlnuumlnden yaklasarak goumlsterin
Oumlte yandan limrrarr0+ f(r cos θ r sin θ) = 0 olur Bunu goumlrelim
limrrarr0+
f(r cos θ r sin θ) = limrrarr0
r2 cos2 r sin θ
r4 cos4 θ + r2 sin2 θ= lim
rrarr0r
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0
Son limitin gerccedilekten herhangi bir θ iccedilin sıfır oldugunu goumlrelim Eger sin θ = 0 ise ifadesıfır ve dolayısıyla limit sıfırdır Eger sin θ 6= 0 ise
limrrarr0
rcos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= lim
rrarr0r limrrarr0
cos2 θ sin θ
r2 cos4 θ + sin2 θ= 0 middot cos2 θ sin θ
sin2 θ= 0
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
2 Hafta
Suumlreklilik
Tanım 3 f R sub R2 rarr R ve (x y) isin R olsun Eger
lim(xy)rarr(x0y0)
f(x y) = f(x0 y0)
ise f fonksiyonu (x0 y0) noktasında suumlreklidir denir Eger f her (x y) isin R noktasındasuumlrekli ise f rsquoye suumlrekli fonksiyon denir
Eger f ve g bir (x0 y0) noktasında suumlrekliyse f + g f minus g fg fg (g(x0 y0) 6= 0 ise)fonksiyonları da suumlreklidir Bu kolayca limitin benzer oumlzelliklerinden goumlruumllebilir Ayrıcaiki suumlrekli fonksiyonun bileskesi de (eger tanımlıysa) suumlreklidir
Ayrıca px(x y) = x ve py(x y) = y fonksiyonları da suumlreklidir (Tanımı kullanarakgoumlsterin)
Oumlrnek 17 f(x y) = x sin y fonksiyonunu f = px middot sin py olarak yazalım sin py suumlrekliiki fonksiyonun bileskesi oldugundan suumlrekli f suumlrekli px ve sin py fonksiyonlarınınccedilarpımı oldugu iccedilin suumlreklidir
Oumlrnek 18
f(x y) =
2xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu (0 0) hariccedil her noktada suumlreklidir Zira f = 2 pxpyp2x+p
2y
yani f suumlrekli fonksi-
yonların toplamı ccedilarpımı ve boumlluumlmuuml oldugundan paydanın sıfır olmadıgı her yerdesuumlreklidir (0 0) noktasında suumlreksizdir zira o noktada limiti yoktur (goumlsterin)
Oumlrnek 19
f(x y) =
xy(x2 minus y2)x2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonu her yerde suumlreklidir
13
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
14 2 HAFTA
Alıstırmalar
1 Verilen fonksiyonların (0 0) noktasında suumlrekliliklerini inceleyin
a) f(x y) =
x2y3
2x2 + y2(x y) 6= (0 0)
1 (x y) = (0 0)
b) f(x y) =
x3 + y3
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
c) f(x y) =
x3y
x4 + y2x 6= 0
0 x = 0
d) f(x y) =
sin(xy)
xx 6= 0
0 x = 0
e) f(x y) =
x sin1
yy 6= 0
0 y = 0
f) f(x y) =
sin(xy)radicx2 + y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
g) f(x y) =
sin2(x+ y)
|x|+ |y| (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
h) f(x y) =
xy
x2 + xy + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
i) f(x y) =
x3y2
x2 + y2eminusx
2minusy2 (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
j) f(x y) =
xy ln (x2 + y2) (x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
k) f(x y) =
(x2 + y2) sin
(1
x2 + y2
)x2 + y2 gt 0
0 (x y) = (0 0)
l) f(x y) =
sin (x3 + y3)
x2 + y2(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
KISMI TUumlREVLER 15
Kısmi Tuumlrevler
f R sub R2 rarr R olsun f fonksiyonunun bir (x0 y0) isin R noktasındaki birinci mertebedenkısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi olur
fx(x0 y0) =partf
partx|(x0y0)= lim
hrarr0
f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
h
fy(x0 y0) =partf
party|(x0y0)= lim
krarr0
f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0)
k
Oumlrnek 20 f(x y) = 2x2y fonksiyonunun (1 2) noktasındaki birinci mertebe kısmi tuuml-revlerini hesaplayınız
1 yrsquoyi sabitleyip g(x) = f(x y) olarak yazarsak
gprime(x) = fx(x y)
buluruz Bu kurala goumlre oumlrnegin x degiskenine goumlre kısmi tuumlrev hesaplamak iccediliny degiskenini sabitleyip x degiskenine goumlre tuumlrev alınır
Oumlrnek 21 f(x y) = ex2+y2 sin y olsun
fx(x y) = 2xex2+y2 sin y fy(x y) = 2yex
2+y2 sin y + ex2+y2 cos y
buluruz
2 Ikiden ccedilok degiskenli bir fonksiyonunun kısmi tuumlrevleri de benzer bir sekilde ta-nımlanabilir
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktada suumlrekliolmasını gerektirmez
Oumlrnek 22
f(x y) =
xy
x2+y2 (x y) 6= 0
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0)rsquoda suumlreksiz ama fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu yani kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı oldugunu goumlrelim
fx(0 0) = limhrarr0
f(h 0)minus f(0 0)
h= lim
hrarr0
0minus 0
h= 0
Benzer sekilde fy(0 0) = 0 oldugu goumlruumlluumlr
f rsquoin ikinci mertebe kısmi tuumlrevleri su sekildedir
fxx(x0 y0) =partfxpartx
= limhrarr0
fx(x0 + h y0)minus fx(x0 y0)h
fxy(x0 y0) =partfxparty
= middot middot middot
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
16 2 HAFTA
Karısık Ikinci Mertebe Kısmi Tuumlrevlerin Esitligi
Oumlrnek 23 f(x y) = ex2+y fonksiyonu iccedilin fxy = fyx oldugunu goumlsterin Bu bir tesaduumlf
muuml
Asagıdaki oumlrnek ikinci mertebe karısık kısmi tuumlrevlerin yani fxy ve fyxrsquoin her f iccedilinesit olmayabilecegini goumlsterir Yani kısmi tuumlrevlerin sırasını degistirince esit olmayabi-lir
part
partx
partf
party6= part
party
partf
partx
Oumlrnek 24
f(x y) =
xy(x2minusy2)x2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
ise fxy(0 0) = minus1 6= 1 = fyx(0 0) oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= minus1
Diger tuumlrev benzer sekilde bulunur
Ccediloumlzuumlm fx(0 0) = limhrarr0f(h0)minusf(00)
h= 0 ve (x y) 6= (0 0) ise
fx(x y) = yx2 minus y2x2 + y2
+ xy2x(x2 + y2)minus (x2 minus y2)2x
(x2 + y2)2
Yanifx(0 0) = 0 fx(0 y) = minusy
olur
fxy(0 0) = limkrarr0
fx(0 k)minus fx(0 0)
k= lim
krarr0
minusk minus 0
k= minus1
Benzer sekildefy(0 0) = 0 fy(x 0) = x
fyx(0 0) = limhrarr0
fy(h 0)minus fy(0 0)
h= lim
hrarr0
hminus 0
h= 1
Yukarıdaki oumlrnekte sorun aslında su Asagıdaki ifadeler birbirine esit oldugu terim-lerin yerleri degistirilerek rahatlıkla goumlruumlluumlr
1
k
(f(h k)minus f(0 k)
hminus f(h 0)minus f(0 0)
h
)1
h
(f(h k)minus f(h 0)
kminus f(0 k)minus f(0 0)
k
)Yukarıda oumlnce h rarr 0 sonra k rarr 0 alınırsa fxy(0 0) elde edilir Limitlerin sırası degis-tirilirse fyx(0 0) elde edilir Yani yinelemeli limitlerin esit olmaması durumuyla karsıla-sırız
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
KISMI TUumlREVLER 17
Teorem 3 Eger (x0 y0) merkezli herhangi bir accedilık disk uumlzerindeki her noktada fxy vefyx var ve suumlrekli ise fxy(x0 y0) = fyx(x0 y0) olur
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 17
Alıstırmalar
1 f(x y) = 2x2y+ 5xy fonksiyonun (2 1) noktasındaki kısmi tuumlrevlerini tuumlrevin limittanımını kullanarak bulun
2 f(x y) = sin(xy)eyx x 6= 0 y 6= 0 fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevlerini bulun
3 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasın-daki kısmi tuumlrevlerini bulun
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y
x6 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) =x4y
x2 + y2
4 Verilen fonksiyonunun verilen denklemi sagladıgını goumlsterin
a) f(x y) =x2 minus y2x2 + y2
fxy
+fyx
= 0
b) f(x y) = eyx + tan(xy) xfx + yfy = 0
c) f(x y) = lnradicx2 + y2 fxx + fyy = 0
d) f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 xfx + yfy + zfz = f
e) u = ln (x3 + y3 + z3 minus 3xz) ux + uy + uz = 3x+y+z
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 3 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
F (h k) =1
hk[(f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0))minus (f(x0 y0 + k)minus f(x0 y0))]
olarak tanımlayalım Simdi limhrarr0 limkrarr0 F (h k) = fyx(x0 y0) ve limkrarr0 limhrarr0 F (h k) =
fxy(x0 y0) oldugu kısmi tuumlrevin tanımından goumlruumllebilir Daha oumlnce yinelemeli limitlerinesit olması iccedilin lim(hk)rarr(00) F (h k) limitinin var olmasının yeterli oldugunu soumlylemistikTek degiskenli g fonksiyonunu
g(x) = f(x y0 + k)minus f(x y0)
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
18 2 HAFTA
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(g(x0 + h)minus g(x0))
vegprime(c) = fx(c y0 + k)minus fx(c y0)
olduguna dikkat edelimg fonksiyonuna Ortalama Deger Teoremini (ODT) uygularsak (ki kabullerimiz nede-
niyle kullanımı geccedilerlidir) x0 ve x0 + h arasında oumlyle bir c(h) vardır ki
g(x0 + h)minus g(x0) = gprime(c(h))h
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fx(c(h) y0 + k)minus fx(c(h) y0))h
ile aynı anlama gelir Simdir(y) = fx(c(h) y)
olarak tanımlayalım
F (h k) =1
hk(r(y0 + k)minus r(y0))
verprime(d) = fxy(c(h) d)
olurODTrsquoyi bu sefer r fonksiyonuna uygularsak y0 ve y0 +k arasında oumlyle bir d(k) vardır
kir(y0 + k)minus r(y0) = rprime(d(k))k
olur Bu da
F (h k) =1
hk(fxy(c(h) d(k)))hk = fxy(c(h) d(k))
anlamına gelir fxy kısmi tuumlrevi (x0 y0)rsquoın bir komsulugunda suumlrekli oldugundan velimhrarr0 c(h) = x0 limkrarr0 d(k) = y0 oldugundan
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fxy(x0 y0)
olur Yani yinelemeli limitler esit olmalı ve ispat bitti( Eger yinelemeli limitlerin esit oldugunu kullanmak istemezseniz ODTrsquoyi uygula-
mala sırasını degistirin ve bu sefer
lim(hk)rarr(00)
F (h k) = fyx(x0 y0)
elde edin )
Uyarı 3 bull Yukarıdaki teoremde karısık kısmi tuumlrevlerin suumlrekliligi yeterli ama ge-rekli olmayan bir kosuldur Oumlrnegin
f(x y) =
yx2 sin 1
x x 6= 0
0 x = 0
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-
KISMI TUumlREVLER 19
olarak tanımlı f fonksiyonu iccedilin fxy ve fyx fonksiyonları (0 0)rsquoda suumlreksizdir amafxy(0 0) = fyx(0 0) = 0 olur Goumlsterin (ipucu g(x) = x2 sin 1
x g(0) = 0 olarak
tanımlı g fonksiyonu iccedilin gprime(0) tanımlıdır ama gprime x = 0rsquoda suumlreksizdir)
bull Karısık kısmi tuumlrevlerin esitligi ile ilgili ccedilesitli kosullar iccedilin bkz(httpwwwscibrooklyncunyedu~matemiscmixedpartialpdf)
bull Yukarıdaki teorem fyxx fxyx fxxy gibi daha uumlst mertebeden karısık tuumlrevlerinesitligini goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Yukarıdaki teorem ikiden ccedilok degiskenli fonksiyonlar iccedilinde geccedilerlidir Eger f
Rn rarr R ise fij ve fji tuumlrevlerinin esitligini yukarıdaki teorem saglar
3 Hafta
Tuumlretilebilme
Daha oumlnceki boumlluumlmde ccedilok degiskenli bir fonksiyonun kısmi tuumlrevlere sahip olmasınıntek basına fonksiyonun suumlrekli olmasına yeterli olmadıgını goumlrmuumlstuumlk Bu boumlluumlmde ccedilokdegiskenli fonksiyonlar iccedilin kısmi tuumlrevden daha guumlccedilluuml bir kavram olan tuumlretilebilmekavramını inceleyecegiz Oumlncelikle tek degiskenli fonksiyonlardaki tuumlrev tanımını ha-tırlayalım
f prime(x0) = limhrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)
h=rArr lim
hrarr0
f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)h
= 0
=rArr limhrarr0
|f(x0 + h)minus f(x0)minus hf prime(x0)||h| = 0
Bu tanımı iki degiskenli fonksiyonlara asagıdaki gibi genisletebiliriz
Tanım 4 f R sub R2 rarr R fonksiyonu eger fx(x0 y0) ve fy(x0 y0) kısmi tuumlrevlerinesahipse ve
lim(hk)rarr(00)
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
= 0
sartını saglıyorsa f fonksiyonuna (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir denilir
Bu sart su sekilde de yazılabilir
lim(xy)rarr(x0y0)
|f(x y)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)(xminus x0)minus fy(x0 y0)(y minus y0)|(x y)minus (x0 y0)
= 0
f fonksiyonun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir olmasının geometrik anlamıf fonksiyonunun grafiginin (x0 y0 f(x0 y0)) noktasında teget duumlzleminin tanımlıolması anlamına gelir Bu konuyu ileride ele alacagız
Bir fonksiyonun bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olması o noktadatuumlretilebilir oldugu anlamına gelmez
21
22 3 HAFTA
Oumlrnek 25
f(x y) =
y|y|
radicx2 + y2 y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilirligini inceleyiniz
Ccediloumlzuumlm Oumlnce f rsquoin kısmi tuumlrevlerini hesaplayalım
fx(0 0) = limhrarr0
f(0 + h 0)minus f(0 0)
h= 0
fy(0 0) = limkrarr0
f(0 0 + k)minus f(0 0)
k= lim
krarr0
k|k|
radic(k)2
k= 1
Tuumlretilebilme kosulu asagıdaki limitin sıfır olmasını gerektirir
lim(hk)rarr(00)
|f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fy(0 0)k|radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣ k|k|radich2 + k2 minus k∣∣∣
radich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
∣∣∣∣ k|k| minus kradich2 + k2
∣∣∣∣Yukarıdaki limitin olmadıgını goumlrmek iccedilin h = 0 youmlnuumlnden limitinin
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradick2
∣∣∣∣ = 0
k = h youmlnuumlnden limitinin ise
limkrarr0
∣∣∣∣ k|k| minus kradic2k2
∣∣∣∣ = limkrarr0
∣∣∣∣ k|k|(
1minus 1radic2
)∣∣∣∣ = 1minus 1radic2
oldugunu goumlrmek yeterlidir Yani limit yaklasılan youmlne baglıdır ve yoktur Yani f fonk-siyonu tuumlretilebilir degildir
f rsquonin bir noktada kısmi tuumlrevlerinin olmasının o noktada suumlrekli olacagı anlamınagelmedigini goumlrmuumlstuumlk Asagıdaki teorem tuumlretilebilmenin kısmi tuumlrevlere sahip ol-maktan daha guumlccedilluuml bir kosul oldugunu goumlsteriyor
Teorem 4 f A sub R2 rarr R fonksiyonu bir (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir ise suumlreklidir
Kanıt
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)| le |f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|+ |fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|
Sagdaki iki terim de (h k)rarr (0 0) limitinde sıfır olur
Oumlrnek 26 f(x y) =xy
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ve f(0 0) = 0 fonksiyonu (0 0) noktasında
tuumlretilemez zira bu noktada suumlrekli degildir Goumlsterin
TUumlRETILEBILME 23
Tuumlretilebilmenin ccedilok daha kolay kontrol edilebilen bir kosulu sudur
Teorem 5 f A sub R2 rarr R fonksiyonu iccedilin fx ve fy kısmi tuumlrevleri (x0 y0) noktasınınbir accedilık komsulugunda tanımlı ve fx fy fonksiyonları (x0 y0) noktasında suumlrekli ise f (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir
Bu teoremin daha az genel ama daha akılda kalıcı bir versiyonu soumlyledirEger f fonksiyonu (x0 y0) noktasının bir accedilık komsulugunda suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahipse o noktada tuumlretilebilir
Kanıt Ispat iccedilin bkz syf 25
Oumlrnek 27 Yukarıdaki teoreme goumlre f(x y) = x2 + y2 fonksiyonu her (x y) noktasındatuumlretilebilirdir Zira fx = 2x ve fy = 2y fonksiyonları R2 uumlzerinde suumlreklidir
Yukarıdaki oumlnermenin tersi dogru degildir Yani iki degiskenli bir fonksiyonun birnoktada tuumlretilebilir olması o noktada suumlrekli kısmi tuumlrevleri olacagı anlamına gelmez
Oumlrnek 28 (Tuumlretilebilen ama kısmi tuumlrevleri suumlrekli olmayan bir fonksiyon)
f(x) =
(x2 + y2) sin 1radicx2+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu ama kısmi tuumlrevlerinin (0 0) nok-tasında suumlrekli olmadıgını goumlsterin
Ccediloumlzuumlm Oumlncelikle fx(0 0) = fy(0 0) = 0 oldugunu goumlsterinSimdi f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretilebilir oldugunu goumlrelim
lim(hk)rarr(00)
f(h k)minus f(0 0)minus fx(0 0)hminus fx(0 0)kradich2 + k2
=
lim(hk)rarr(00)
radich2 + k2 sin
1radich2 + k2
= 0
Son olarak
fx(x y) =minusxradicx2 + y2
cos1radic
x2 + y2+ 2x sin
1radicx2 + y2
buluruz limxrarr0 fx(x 0) limitinin tanımsız oldugunu goumlrelim Zira
limxrarr0+
fx(x y) = limxrarr0+
minus cos1
x+ 2x sin
1
x
Burada ikinci ifadenin limiti sıfır birinci ifadenin limiti ise tanımsız oldugundan limittanımsızdır Yani fx (0 0) da suumlreksiz olur
Oumlrnek 29 f(x y) =radicx2 + 2y2 fonksiyonun (0 0) noktasında suumlrekli oldugunu ancak
bu noktada tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
24 3 HAFTA
Ccediloumlzuumlm Tanım geregi f rsquoin bir noktada tuumlretilebilir olması iccedilin o noktada kısmi tuumlrev-lerinin tanımlı olması gerekir Soruda verilen fonksiyonun (0 0) da kısmi tuumlrevlerininolmadıgını goumlsterin
Oumlrnek 30 f(x y) = xradicy fonksiyonunun (2 1) noktasında tuumlretilebilir oldugunu tuumlre-
tilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
Ccediloumlzuumlm fx(2 1) = 1 ve fy(2 1) = 1 olur Tuumlretilebilirligin tanımını kullanalım
lim(hk)rarr(00)
∣∣(2 + h)radic
1 + k minus 2radic
1minus 1hminus 1k∣∣
radich2 + k2
= lim(hk)rarr(00)
∣∣∣((2 + h)radic
1 + k)2 minus (2 + h+ k)2
∣∣∣radich2 + k2
lim(hk)rarr(00)
1((2 + h)
radic1 + k + (2 + h+ k)
)=
1
4lim
(hk)rarr(00)
4 + 4h+ h2 + 4k + 4hk + h2k minus 4minus h2 minus k2 minus 4hminus 4k minus 2hkradich2 + k2
=1
4lim
(hk)rarr(00)
2hk + h2k minus k2radich2 + k2
Son limit iccedilin ∣∣∣∣2hk + h2k minus k2radich2 + k2
∣∣∣∣ =∣∣2h+ h2 minus k
∣∣ |k|radich2 + k2
le∣∣2h+ h2 minus k
∣∣Bu ifadenin (h k)rarr (0 0) limiti sıfır oldugundan sıkıstırma teoreminden orijinal limitinsıfır oldugu ccedilıkar Yani fonksiyon (0 0) noktasında tuumlretilebilir
Burada her k isin R iccedilin|k| le
radich2 + k2
oldugu bilgisini kullandık
Alıstırmalar
1 f(x y) =x3 + y3
x2 + y2 (x y) 6= (0 0) ise ve f(0 0) = 0 olarak tanımlansın f rsquoin (0 0)
hariccedil her (x y) isin R2 iccedilin tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin f rsquoin (0 0)rsquoda tuumlretileme-yecegini goumlsterin
2 f(x y) = x2 + 3xy2 fonksiyonunun her (x0 y0) noktasında tuumlretilebilir oldugunutuumlretilebilirligin limit tanımını kullanarak goumlsterin
3 f(x y) = |xy| fonksiyonunun (0 0) noktasında tuumlretilebilir oldugunu goumlsterin fxkısmi tuumlrevinin y-ekseni uumlzerindeki orijinden farklı noktalarda tanımsız oldugunudiger her yerde tanımlı ve suumlrekli oldugunu goumlsterin
4 Asagıdaki fonksiyonların f(0 0) = 0 olarak tanımlı olmak uumlzere (0 0) noktasındatuumlretilebilir olup olmadıklarını inceleyin
TUumlRETILEBILME 25
a) f(x y) =xy2
x2 + y2
b) f(x y) =x3y minus y3xx2 + y2
c) f(x y) =x3
x2 + y2
d) f(x y) =xy2
x4 + y2
e) f(x y) =sin2(x+ y)
|x|+ |y|
f) f(x y) = xy ln(x2 + y2)
g) f(x y) = (xy)13
h) f(x y) =radic|xy|
i) f(x y) = ln (x2 + y2)
j) f(x y) =x5
x4 + y2
k) f(x y) =x2y2radicx2 + y2
l) f(x y) =xyradicx2 + y2
m) f(x y) = |y| ln(1 + x)
n) f(x y) = xy ln (x2 + y2)
o) f(x y) = |x|+ |y|
p) f(x y) = (x2 + y2) sin
(1radic
x2 + y2
)
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 5 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt fx ve fy fonksiyonları (x0 y0)rsquoin bir accedilık komsulugunda tanımlı oldugundan ye-terince kuumlccediluumlk h ve k degerleri iccedilin Ortalama Deger Teoremini asagıdaki gibi kullana-biliriz
f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0) =[f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 + h y0)
]+[f(x0 + h y0)minus f(x0 y0)
]= fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)h
Burada limhrarr0 x(h) = x0 limkrarr0 y(k) = y0 seklindedirf fonksiyonunun (x0 y0) noktasında tuumlretilebilme sartını yazalım
|f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radich2 + k2
=|fy(x0 + h y(k))k + fx(x(h) y0)hminus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k|radic
h2 + k2
le |fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)|∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣+ |fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)|∣∣∣∣ kradich2 + k2
∣∣∣∣fx ve fy (x0 y0) noktasında suumlrekli olduklarından
lim(hk)rarr(00)
|fx(x(h) y0)minus fx(x0 y0)| = 0 lim(hk)rarr(00)
|fy(x0 + h y(k))minus fy(x0 y0)| = 0
olur Ayrıca ∣∣∣∣ hradich2 + k2
∣∣∣∣ le 1
oldugundan sagdaki birinci ifadenin (h k) rarr (0 0) limiti sıfır olur Benzer sekilde sag-daki ikinci ifadenin limiti de sıfırdır
26 3 HAFTA
Zincir Kuralı
Oumlrnek 31 z = f(x y) = x2y x = cos t ve y = sin t ise dzdt
rsquoyi hesaplayın Bu tuumlrev f
fonksiyonun birim ccedilember uumlzerinde ilerlerken nasıl degistigini verir
Ccediloumlzuumlm Birinci yol olarak z = cos2 t sin t yazıp belirtilen tuumlrev hesaplanır Ikinci yololarak zincir kuralını kullanırsak
dz
dt= 2x
dx
dty + x2
dy
dt= 2 cos t(minus sin t) sin t+ cos2 t cos t
bulunur
Teorem 6 f fonksiyonu (x0 y0) da tuumlretilebilir olsun x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonlarıda t = t0 da tuumlretilebilir ve x0 = u(t0) ve y0 = v(t0) olsun
z(t) = f(u(t) v(t))
yazarsakzprime(t) = fx(x0 y0)u
prime(t0) + fy(x0 y0)vprime(t0)
olur Bunudz
dt=partz
partx
dx
dt+partz
party
dy
dt
veya daha accedilık olarak
dz
dt(t0) =
partf
partx(x0 y0)
dx
dt(t0) +
partf
party(x0 y0)
dy
dt(t0)
olarak da yazabiliriz
Teoremin ispatı iccedilin bkz syf 27 Benzer sartlar altında eger
z = f(x y) x = g(u v) y = h(u v)
isepartf
partu=partf
partx
partx
partu+partf
party
party
partu
partf
partv=partf
partx
partx
partv+partf
party
party
partv
Alıstırmalar
1 z = ln(x2+y2) x = eu cos v y = eu sin v
olsun partzpartu
ve partzpartv
kısmi tuumlrevlerini he-saplayın
2 u = f(x y z) = ln(x2 + y2 + z2) x =
cos t y = sin t z = t ise dudt
nedir
3 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri bir fonksiyon ise(
partz
partx
)2
+
(partz
party
)2
= 0
denkleminin x = r cos θ y = r sin θ
ZINCIR KURALI 27
doumlnuumlsuumlmleriyle(partz
partr
)2
+1
r2
(partz
partθ
)2
= 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
4 z = f(x y)
zxx + zyy = 0
Laplace denkleminin x = r cos θy = r sin θ doumlnuumlsuumlmleriyle
zrr +1
rzr +
1
r2zθθ = 0
olarak yazılabilecegini goumlsterin
5 Eger g fonksiyonu Laplacedenklemini saglarsa f(x y) =
g(
xx2+y2
yx2+y2
) olarak tanımlanan f
fonksiyonunun da Laplace denklemi-nin bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin
6 z = f(x y) ikinci mertebeden suumlreklikısmi tuumlrevleri olan bir fonksiyon ise
zxx minusm2zyy = 0
denkleminin u = y+mx ve v = yminusmxdoumlnuumlsuumlmleriyle zuv = 0 olarak yazıla-bilecegini goumlsterin
7 t = f(u v w) u = x minus y v = y minus zw = z minus x ise
partf
partx+partf
party+partf
partz= 0
oldugunu goumlsterin
8 w = f(u v) fonksiyonu wuu + wvv = 0
Laplace denklemini saglasın ve u =
(x2minusy2)2 ve v = xy olarak tanımlan-sın O halde wxx + wyy = 0 oldugunugoumlsterin
9 x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 x = er
ve y = et ise frr + ftt = 0 oldugunugoumlsterin
10 Asagıdaki fonksiyonların verilendenklemleri sagladıgını goumlsterin
a) z = f(x+ g(y)) zxzxy = zyzxx
b) z = xf(x + y) + yg(x + y) zxx minus2zxy + zyy = 0
c) z = f(xy) +radicxy + g
(yx
) x2zxx =
y2zyy
11 2 f (y1 y2) = cos (y21 + y22)y1(x y z) = sin2(xyz) y2(x y z) =
2xy2 + yz3 minus xz2 ise partfpartx partfparty partfpartz
kısmituumlrevlerini hesaplayın
12 z = xceminusyx fonksiyonunun yzyy =
zxminuszy denklemini saglaması iccedilin c neolmalıdır
13 x2yprimeprime + xyprime + y = 0 denklemini x = et
esitligi ile verilen denklemin t degis-kenine goumlre d2y
dt2+ y = 0 olarak yazıl-
dıgını goumlsterin
14 u = f(x y) x = es cos t y = es sin t
ise uxx + uyy = eminus2s (uss + utt) oldu-gunu goumlsterin
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Simdi Teorem 6 iccedilin bir ispat verelim
Kanıt
H(l) = u(t0 + l)minus u(t0) = u(t0 + l)minus x0 K(l) = v(t0 + l)minus v(t0) = v(t0 + l)minus y0
28 3 HAFTA
yazarsak
limlrarr0
H(l) = limlrarr0
K(l) = 0 limlrarr0
H(l)
l= uprime(t0) lim
lrarr0
K(l)
l= vprime(t0)
olurε(h k) = f(x0 + h y0 + k)minus f(x0 y0)minus fx(x0 y0)hminus fy(x0 y0)k
olarak tanımlarsak
z(t0 + l)minus z(t0)
l=f(u(t0 + l) v(t0 + l))minus f(x0 y0)
l
=f(x0 +H(l) y0 +K(l))minus f(x0 y0)
l
= fx(x0 y0)H(l)
l+ fy(x0 y0)
K(l)
l+ ε(H(l) K(l))
1
l
Eger limlrarr0ε(H(l)K(l))
l= 0 oldugunu goumlsterebilirsek ispat her iki tarafın limitini alarak
bitmis olur
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= lim
lrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
yazalım Tuumlretilebilirligin tanımından
lim(HK)rarr(00)
ε(HK)radicH2 +K2
= 0
olur Bu da
limlrarr0
ε(H(l) K(l))radicH(l)2 +K(l)2
= 0
anlamına gelir Zira bu limit bir youmlnluuml limittir ve limit varsa youmlnluuml limitlerin de varolması gerekir
Ikinci limit ise vardır ve
limlrarr0
radic(H(l)
l
)2
+
(K(l)
l
)2
=radicuprime(t0)2 + vprime(t0)2
degerine esittir Bu sonuccedillar birlestirilerek
limlrarr0
ε(H(l) K(l))
l= 0
sonucu bulunur
4 Hafta
Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
F R2 rarr R fonksiyonu iccedilin asagıda verecegimiz kapalı fonksiyon teoremi
F (x y) = 0
iki bilinmeyenli bir denklemin hangi sartlar altında
y = f(x)
seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu soumlylerF (x y) civarında suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip bir fonksiyon olsun Yani F tuumlretile-
bilirdirF (x y) = 0 (5)
denklemini alalım Bu denklemi denklemi saglayan bir (x0 y0) civarında (yani F (x0 y0) =
0) y iccedilin x cinsinden ccediloumlzmek istiyoruz Yani oumlyle bir δ gt 0 ve y = f(x)forallx isin (x0minusδ x0+δ)fonksiyonu bulmak istiyoruz ki
y0 = f(x0) F (x f(x)) = 0 forallx isin (x0 minus δ x0 + δ)
sartları saglansınTuumlretilebilme kosulu (x0 y0) yakınında
F (x y) asymp F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0)
oldugunu soumlyler (5) denklemi yerine onun dogrusallastırılmıs hali olan
F (x0 y0) +partF
partx(x0 y0)(xminus x0) +
partF
party(x0 y0)(y minus y0) = 0 (6)
denklemini goumlz oumlnuumlne alalım Asagıdaki kapalı fonksiyon teoremi lineer (6) denkle-minden y yi x in bir fonksiyonu olarak belirleyebilirsek (yani partF
party(x0 y0) 6= 0 ise) (5)
denkleminde de x0rsquoin bir accedilık komsulugundaki her x iccedilin yrsquoyi x cinsinden tek sekildebelirleyebilecegimizi soumlyler
29
30 4 HAFTA
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R2 rarr R durumu
Oumlncelikle iki bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 7 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 1) (x0 y0)rsquoın bir R sub R2 komsulugunda tanımlıF Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0) = 0 vepartF
party(x0 y0) 6= 0
iseF (x f(x)) = 0 f(x0) = y0
sartlarını saglayan ve x0rsquoın bir komsulugunda tanımlı tek bir f (x0 minus δ x0 + δ) rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta suumlrekli tuumlreve sahip birfonksiyondur ve tuumlrevi
df
dx(x) = minus
partFpartx
(x f(x))partFparty
(x f(x))
olarak belirlenir
Kanıt Asagıda anlatılan teoremin goumlrsel ispatı iccedilin bkz Figuumlr 01
1 Fy(x0 y0) gt 0 kabul edelim Fy fonksiyonu suumlrekli ve Fy(x0 y0) gt 0 oldugundan
Fy(x y) gt 0 forall(x y) isin U
olacak sekilde (x0 y0)rsquoın bir U accedilık komsulugu vardır
2 Yeterince kuumlccediluumlk bir b gt 0 iccedilin (x0 y0 + b) ve (x0 y0 minus b) noktaları U rsquonun iccedilindekalacaktır
3 Ayrıca U iccedilerisinde partFparty
(x y) gt 0 oldugundan F (x y) sabit bir x iccedilin yrsquonin artanbir fonksiyonudur Dolayısıyla F (x0 y0 + b) gt F (x0 y0) gt F (x0 y0 minus b) olur YaniF (x0 y0 + b) gt 0 ve F (x0 y0 minus b) lt 0 olur
4 Yine suumlreklilik nedeniyle bir δ gt 0 ve her x isin (x0minus δ x0 + δ) iccedilin F (x y0 + b) gt 0 veF (x y0minusb) lt 0 olur Ara deger teoremi bize her x isin (x0minusδ x0+δ) iccedilin F (x y(x)) = 0
sartını saglayan bir y(x) oldugunu soumlyler
5 Ayrıca F (x y) yrsquoye goumlre artan oldugundan bu sartı saglayan tek bir y(x) vardırki Dolayısıyla x0rsquoın bir δ komsulugunda teoremdeki birinci sartı saglayan bir y =
f(x) = y(x) fonksiyonu bulmus ve bu fonksiyonun tek oldugunu goumlstermis olduk
6 f fonksiyonun suumlrekli ve tuumlretilebilir oldugunun ispatı iccedilin bkz [BST08] syf 750
Kapalı Fonksiyon Teoremi bir varlık teoremidir Teorem bir f fonksiyonunun varlı-gını garanti eder Ama bu fonksiyonun ne oldugunu veya nasıl bulunacagını belirtmez
KAPALI VE TERS FONKSIYON TEOREMLERI 31
ay ay
IfNoYo O fNoYo OfItoYoko flyxoto 7Oflx y
EUflXyoYV
xElXo EXotE
f
flXoyo8150x
fIXyofSO fxE Xo EXotE
fIXYoYO
VxE Xo EXotE
xftpSKOVxelxo EXotE
Sekil 01 Kapalı fonksiyon teoreminin ispatı
Uyarı 4 KFTrsquode partFparty
(x0 y0) 6= 0 kosulu partFpartx
(x0 y0) kosulu ile degistirilirse bu sefer de y0noktasının bir I = (y0 minus δ y0 + δ) komsulugunda tanımlı oumlyle bir x = f(y) fonksiyonuvardır ki her y isin I iccedilin F (f(y) y) = 0 saglanır
Oumlrnek 32 x3 minus 2y2 + xy = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki herx iccedilin y = f(x) f(1) = 1 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
Ccediloumlzuumlm F (x y) = x3 minus 2y2 + xy fonksiyonu heryerde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptirAyrıca F (1 1) = 0 ve
partF
party(1 1) = minus4y + x |(11)= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremindeki tuumlm sartlar yerine gelmis olup bahsedilen
32 4 HAFTA
y = f(x) fonksiyonu vardır
dy
dx(1) = minusFx(1 1)
Fy(1 1)=minus3x2 minus yminus4y + x
|(11)=4
3
Teorem 8 (f R rarr R Fonksiyonlar iccedilin Ters Fonksiyon Teoremi) U x0 noktasının biraccedilık komsulugu f U sub Rrarr R tuumlrevi suumlrekli olan bir fonksiyon ve f prime(x0) 6= 0 olsun Ohalde y0 = f(x0) isin R noktasının bir V accedilık komsulugunda tanımlı suumlrekli tuumlreve sahipbir g fonksiyonu vardır oumlyle ki
g(f(x)) = x forallx isin U f(g(y)) = yforally isin Vve
gminus1(y) =1
f prime(x)
sartları saglanır Yani f fonksiyonun tuumlretilebilir bir yerel tersi vardır
Kanıt F (x y) = y minus f(x) olarak tanımlayalım
1 F fonksiyonu U times f(U) kuumlmesi uumlzerinde suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
2 F (x0 y0) = 0 olur
3 partFpartx
(x0 y0) = f prime(x0) 6= 0 olur
Yani KFTrsquonin varsayımları gerccedileklenmis olur O halde y0 noktasının bir komsulugundatanımlı ve F (g(y) y) = 0 sartını yani y minus f(g(y)) = 0 sartını saglayan suumlrekli tuumlrevesahip bir g fonksiyonu vardır
Kapalı Fonksiyon Teoremi F R3 rarr R durumu
Simdi uumlccedil bilinmeyenli bir denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Teorem 9 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 2) (x0 y0 z0) noktasının bir R sub R3 komsulu-gunda tanımlı F Rrarr R fonksiyonu suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahip olsun Eger
F (x0 y0 z0) = 0 vepartF
partz(x0 y0 z0) 6= 0
iseF (x y f(x y)) = 0 f(x0 y0) = z0
sartlarını saglayan ve (x0 y0)rsquoın bir accedilık U komsulugunda tanımlı tek bir f U rarr Rfonksiyonu vardır Ayrıca f fonksiyonu tanımlandıgı aralıkta tuumlretilebilir bir fonksiyon-dur ve fonksiyon asagıdaki suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir
partf
partx(x y) = minus
partFpartx
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
partf
party(x y) = minus
partFparty
(x y f(x y))partFpartz
(x y f(x y))
Bu tuumlrevler kısacapartz
partx= minusFx
Fz
partz
party= minusFy
Fzolarak da goumlsterilir
YOumlNLUuml TUumlREV 33
Alıstırmalar
1 x2y2 + 2exy minus 4minus 2e2 = 0 denkleminin x = 1 noktasının bir komsulugundaki her xiccedilin y = f(x) f(1) = 2 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin dy
dxtuumlrevini x = 1
noktasında hesaplayın
2 Asagıdaki verilen denklemlerin (x0 y0) noktasının bir komsulugundaki her (x y)
iccedilin z = f(x y) f(x0 y0) = z0 seklinde bir ccediloumlzuumlmuuml oldugunu goumlsterin partzpartx
ve partzparty
kısmi tuumlrevlerini (x0 y0) noktasında hesaplayın
a) x2y2z2 + x+ y + z = 0 (x0 y0 z0) = (minus1minus1 1)
b) z3 minus xy + yz + y3 minus 2 = 0 (x0 y0 z0) = (1 1 1)
c) xey + yez + 2 lnxminus 2minus 3 ln 2 = 0 ve (x0 y0 z0) = (1 ln 2 ln 3)
d) Yukaridaki denklemler x iccedilin y ve z cinsinden veya y iccedilin x ve z cinsindenccediloumlzuumllebilir mi Inceleyin
3 g fonksiyonu tuumlrevi gprime(u) lt 1 u isin R sartını saglayan tek degiskenli bir fonksiyonve 0 lt a lt b reel sayılar olsun x minus az = g(y minus bz) denkleminin herhangi bir(x y) noktasında z = f(x y) seklinde ccediloumlzuumllebilecegini ve ccediloumlzuumlmuumln a dz
dx+ bdz
dy= 1
denklemini saglayacagını goumlsteriniz
4 f(x y z) fonksiyonu partfpartx6= 0 partf
party6= 0 partf
partz6= 0 sartlarını her yerde saglayan suumlrekli
kısmi tuumlrevlere sahip olsun Herhangi bir (x0 y0 z0) noktasında partxparty
partypartz
partzpartx
= minus1 ba-gıntısının saglandıgını goumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrev
Tanım ve Oumlrnekler
f A sub R2 rarr R (x0 y0) isin A ve ~u = u1i+ i2j bir birim vektoumlr olsun
D~uf(x0 y0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= lim
trarr0
f(x0 + tu1 y0 + tu2)minus f(x0 y0)
t
limiti mevcutsa D~u sayısına f fonksiyonunun (x0 y0) noktasındaki ~u youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevi denir
Uyarı 5 partfpartx
(x0 y0) f rsquoin (x0 y0) noktasındaki u = i vektoumlruuml youmlnuumlndeki partfparty
(x0 y0) ise f rsquoinP0 noktasındaki u = j vektoumlruuml youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevleridir
partf
partx(x0 y0) = Dif(x0 y0)
partf
party(x0 y0) = Djf(x0 y0)
Uyarı 6 Bir fonksiyonun minus~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi (varsa) ~u youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevi-nin ters isaretlisi yani
D~uf(x0 y0) = minusDminus~uf(x0 y0)
34 4 HAFTA
olur Zira s = minust degisken doumlnuumlsuumlmuumlyle
limtrarr0
f(x0 minus tu1 y0 minus tu2)minus f(x0 y0)
t= lim
srarr0
f(x0 + su1 y0 + su2)minus f(x0 y0)
minuss
oldugu goumlruumlluumlr
Oumlrnek 33 f(x y) = x2y fonksiyonunun (12) noktasındaki ve minus3i+ 4j youmlnuumlndeki youmlnluumltuumlrevini bulun
Ccediloumlzuumlm Verilen vektoumlr youmlnuumlndeki birim vektoumlr ~u =minus3i+ 4j
5olur
D~uf(1 2) =d
dt(1 + t(minus35))2(2 + t(45)) |t=0= minus
8
5
bulunur
Youmlnluuml Tuumlrev ve Tuumlretilebilirlik
Bir f R2 rarr R fonksiyonun birinci mertebe kısmi tuumlrevleri mevcut ise f nin bir (x0 y0)
noktasındaki gradyanı
nablaf(x0 y0) =
(partf
partx(x0 y0)
partf
party(x0 y0)
)olarak tanımlanır
Teorem 10 f A sub R2 rarr R fonksiyonu P0(x0 y0) isin A noktasında tuumlretilebilir ise
D~uf(P0) = nablaf(P0) middot ~u (7)
olur
Kanıt Fonksiyon P0 noktasında tuumlretilebilir ise zincir kuralı geregi
d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) = fx(x0 + tu1 y0 + tu2)u1 + fy(x0 + tu1 y0 + tu2)u2
ve
D~uf(P0) =d
dtf(x0 + tu1 y0 + tu2) |t=0= fx(P0)u1 + fy(P0)u2 = nablaf(P0) middot ~u
olur
Oumlrnek 34 Birinci oumlrnegi bu sefer (7) yardımıyla hesaplayın
Teorem 10 bir noktada tuumlretilebilen fonksiyonun o noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlre-vinin oldugunu soumlyler Ama bu oumlnermenin tersi dogru degildir Yani bir noktada heryoumlnde youmlnluuml tuumlreve sahip olan bir fonksiyon o noktada tuumlretilemiyebilir
YOumlNLUuml TUumlREV 35
Oumlrnek 35
f(x y) =
x2yx4+y2
(x y) 6= (0 0)
0 (x y) = (0 0)
fonksiyonunun (0 0) noktasındaki herhangi bir ~u = u1i+ u2j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevininvar oldugunu ama fonksiyonun (0 0) noktasında tuumlretilemez oldugunu goumlsterin
Ccediloumlzuumlm
Duf(P0) = limtrarr0
f(0 + tu1 0 + tu2)
t=
u21u2 u2 6= 0
0 u2 = 0
olur Yani fonksiyonun (0 0) noktasında her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi mevcuttur Ancak f (0 0)
noktasında tuumlretilemez Zira fonksiyon (0 0) noktasında suumlrekli bile degildir Bunu goumlr-mek iccedilin fonksiyonun (0 0) noktasında y = kx2 youmlnuumlnden limiti krsquoya baglı ccedilıktıgından(0 0) noktasında limiti olmadıgını goumlrmek yeterlidir
Ayrıca bu oumlrnek (7) formuumllasyonu fonksiyon tuumlretilebilir degil ise geccedilerli olmayabi-lecegini de goumlsterir Zira nablaf(0 0) = ~0 oldugundan ve oumlrnegin ~u =
radic22i+
radic22j alırsak
0 = nablaf(0 0) middot ~u 6= Duf(0 0) =12radic22
=1radic2
olur
Uyarı 5 bir noktada her youmlnde youmlnluuml tuumlrevi olan bir fonksiyonun bariz olarakkısmi tuumlrevlerinin de tanımlı oldugunu soumlyler Ama bunun tersi dogru degildir Yani birnoktada kısmi tuumlrevleri tanımlı olan bir fonksiyonun her youmlnde youmlnluuml tuumlreviolması gerekmez
Oumlrnek 36
f(x y) =
xy y 6= 0
0 y = 0
fonksiyonunun youmlnluuml tuumlrevlerinin sadece u = plusmni ve u = plusmnj youmlnlerinde tanımlı oldugunugoumlsterin
Youmlnluuml Tuumlrevin Geometrik Anlamı
Duf(P ) f rsquoin P noktasında u youmlnuumlndeki degisimini ifade eder
nablaf(P0) middot ~u = nablaf(P0) ~u cos θ = nablaf(P0) cos θ
yazarsakD~uf(P0) youmlnluuml tuumlrevinin en buumlyuumlk olması iccedilin yani f in en hızlı sekilde artmasıiccedilin
~u =nablaf(P0)
nablaf(P0)yani θ = 0 olmalıdır Yani bir fonksiyonun maksimum degisimi gradyan vektoumlruuml youmlnuumln-dedir
36 4 HAFTA
Degisimin sıfır oldugu youmln ise
~u =fy(P0)iminus fx(P0)j
nablaf(P0)
youmlnuumlduumlrDegisimin minimum oldugu youmln (f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln) ise
~u =minusnablaf(P0)
nablaf(P0)
Oumlrnek 37 f(x y) = x2y fonksiyonunun (1 2) noktasında en hızlı azaldıgı youmlnuuml bulun
Ccediloumlzuumlm nablaf = 2xyi + x2j nablaf(1 2) = 4i + j f rsquoin en hızlı azaldıgı youmln ~u = minusnablaf(12)nablaf(12) =
minus 4radic17iminus 1radic
17j olur
Alıstırmalar
1 f(x y) = arctanradicxy
fonksiyonunun(4minus2) noktasındaki gradyan vektouml-ruumlnuuml ve i+j youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevinibulun
2 f(x y z) = 3ex cos(yz) fonksiyonunun(0 0 0) noktasındaki u = 2i + j minus 2k
youmlnuumlndeki youmlnluuml tuumlrevini bulun
3 f(x y) = xy + y2 fonksiyonunun (3 2)
noktasındaki hangi youmlnde en ccedilok ar-tarazalır Hangi youmlnde fonksiyon sa-bit kalır
4 f g R2 rarr R fonksiyonları iccedilin nabla(cf)
(c sabit) nabla(f + g) nabla(fg) nablafα (α sa-bit) ifadelerini belirleyin
5 Ahmet Tekcan Ileri Analiz sayfa 268Alıstırmalar 1-3
5 Hafta
Analitik Geometri Vektoumlrler Dogrular ve Duumlzlemler
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Vektoumlrler
3 boyutlu uzayda i j ve k sırasıyla x y ve z ekseni dogrultusundaki birim vektoumlrlerolmak uumlzere herhangi bir vektoumlruuml
~u = u1i+ u2j + u3k
olarak yazabiliriz Burada u1 u2 u3 reel sayılarına u vektoumlruumlnuumln bilesenleri denir Tuumlmbilesenleri sıfır olan vektoumlre sıfır vektoumlruuml denir
~0 = 0i+ 0j + 0k
Iki vektoumlruuml toplama ve bir vektoumlrle bir skalerin ccedilarpım islemlerinin ve bu islemlerinsagladıgı oumlzelliklerin bilindigini varsayıyoruz ~u = u1i+ u2j + u3k vektoumlruumlnuumln boyu
~u =radicu21 + u22 + u23
olarak tanımlanır
Iccedil Ccedilarpım
~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k seklinde iki vektoumlruumln iccedil ccedilarpımı
~u middot ~v = u1v1 + u2v2 + u3v3
olarak tanımlanır Asagıdaki oumlzellikler buumltuumln vektoumlrler ve skalerler iccedilin geccedilerlidir
1 ~u middot ~v = ~v middot ~u
2 ~u middot~0 = 0
3 ~u middot (~v + ~w) = ~u middot ~v + ~u middot ~w
4 (c~u) middot ~v = ~u middot (c~v) = c(~u middot ~v)
37
38 5 HAFTA
5 ~u2 = ~u middot ~u
Iccedil ccedilarpım sayesinde iki vektoumlr arasındaki accedilı belirlenebilir
Lemma 2 ~u ve ~v vektoumlrleri arasındaki accedilı θ ise
~u middot ~v = ~u ~v cos θ (8)
olur
~u~v
~w = ~v minus ~u
θ
Kanıt Bu esitlik kosinuumls teoreminden elde edilen
(~v minus ~u) middot (~v minus ~u) = ~v minus ~u2 = ~u2 + ~v2 minus 2 ~u ~v cos θ
ifadesini accedilarak elde edilir
(8) bagıntısının bazı sonuccedilları soumlyledir
1 Iki vektoumlr ancak ve ancak iccedil ccedilarpımları sıfır ise birbirine diktir yani aralarındakiaccedilı 90 olur
2 |~u middot ~v| = ~u ~v |cos θ| bagıntısı her ~u ve ~v vektoumlrleri iccedilin geccedilerli olan uumlnluuml Cauchy-Schwartz esitsizligini verir
|~u middot ~v| le ~u ~vYani
|u1v1 + u2v2 + u3v3| le (u21 + u22 + u23)12(v21 + v22 + v23)12
Vektoumlrel Ccedilarpım
~u 6= ~0 ve ~v 6= ~0 olsun Hem ~u hem de ~v vektoumlrlerine dik olan ve sag el kuralı ile belirlenenbir tek birim vektoumlr vardır Bu vektoumlre ~n diyelim
~utimes ~v = (~u ~v sin θ)~n
olarak tanımlanır Eger vektoumlrlerden biri ~0 ise vektoumlrel ccedilarpım ~utimes ~v = ~0 olarak tanım-lanır
Sıfırdan farklı ~u ~v vektoumlrleri ancak ve ancak ~utimes~v = ~0 ise paraleldir Oumlzel olarak da~utimes ~u = ~0 olur
Lemma 3 Asagıdaki oumlzellikler her ~u ~v ve ~w vektoumlrleri ve her r s skalerleri iccedilin ge-ccedilerlidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 39
1 (r~u)times (s~v) = (rs)(~utimes ~v)
2 ~utimes (~v + ~w) = ~utimes ~w + ~utimes ~w
3 ~utimes ~v = minus~v times ~u
4 ~0times ~u = ~0
5 ~utimes (~v times ~w) = (~u middot ~w)~v minus (~u middot ~v)~w
Vektoumlrel ccedilarpımın tanımı sebebiyle
itimes j = k j times k = i k times i = j
olur Bu oumlzellikler kullanılarak ~u = u1i+ u2j + u3k ve ~v = v1i+ v2j + v3k vektoumlrleri iccedilinvektoumlrel ccedilarpımın
~utimes ~v =
∣∣∣∣∣∣i j k
u1 u2 u3v1 v2 v3
∣∣∣∣∣∣ = i
∣∣∣∣u2 u3v2 v3
∣∣∣∣minus j ∣∣∣∣u1 u3v1 v3
∣∣∣∣+ k
∣∣∣∣u1 u2v1 v2
∣∣∣∣= i(u2v3 minus u3v2)minus j(u1v3 minus u3v1) + k(u1v2 minus u2v1)
oldugu goumlsterilirVektoumlr ccedilarpımının birlesme oumlzelligi yoktur Oumlrnegin
minusj = itimes k = itimes (itimes j) 6= (itimes i)times j = ~0
olurVektoumlrel Ccedilarpımın Geometrik Anlamı ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarın alanı
~utimes ~v = ~u ~v sin θ
olur Gerccedilekten de ~u ve ~v tarafından gerilen paralelkenarda ~v taban uzunlugunu~u sin θ ise yuumlksekligi verir
~u
~v
h = ~u sin θ
θ
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Parametrik Dogrular
Bir P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve ~v = ai+bj+ck dogrultmanına sahip bir dogrununparametrik denklemi
~r(t) = ~r0 + t~v t isin R
seklinde yazılır Burada ~r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dogrunun uumlzerindeki bir noktanınpozisyon vektoumlruuml ~r0 ise P noktasının pozisyon vektoumlruumlduumlr yani ~r0 = x0i + y0j + z0k
seklindedir Her t isin R iccedilin yukarıdaki bagıntı dogru uumlzerindeki baska bir noktanınpozisyon vektoumlruumlduumlr Bu dogruyu tarif etmenin baska bir yolu da
x(t) = x0 + ta y(t) = y0 + tb z(t) = z0 + tc
40 5 HAFTA
seklindedir Eger bu denklemden trsquoyi ccedilekersek ve a 6= 0 b 6= 0 c 6= 0 oldugunu kabuledersek dogrunun
xminus x0a
=y minus y0b
=z minus z0c
standart denklemlerini elde ederiz
Oumlrnek 38 (minus3 2minus3) ve (1minus1 4) noktalarından geccedilen dogrunun standart denklemle-rinin
xminus 1
4=y + 1
minus3=z minus 4
7
oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 39 Bir S noktasının P noktasından geccedilen ve dogrultmanı ~v olan bir dogruyauzaklıgının ∥∥∥minusrarrPS times v∥∥∥
~voldugunu goumlsterin
S
~vP
∥∥∥minusrarrPS∥∥∥ sin θ =minusrarrPStimesv~v
θ
Oumlrnek 40 S(1 1 5) noktası ile parametrik denklemi x = 1 + t y = 3 minus t z = 2t olandogru arasındaki mesafenin
radic5 oldugunu goumlsterin
Uumlccedil Boyutlu Uzayda Duumlzlemler
Bir P0(x0 y0 z0) noktası ve ~n = ai+ bj + ck normal vektoumlruuml bilinen bir duumlzlem uumlzerindeherhangi bir P (x y z) noktası alırsak
~n middot minusminusrarrP0P = 0
olur Bu daa(xminus x0) + b(y minus y0) + c(z minus z0) = 0
veyaax+ by + cz = d = ax0 + by0 + cz0
olarak ifade edilebilirTersine olarak duumlsuumlnuumlrsek
ax+ by + cz = d
denklemi normali ai+ bj + ck vektoumlruuml olan duumlzlemin denklemidirBir duumlzlemin normal vektoumlruumlnuumln tek olmadıgına dikkat edilmelidir
ANALITIK GEOMETRI VEKTOumlRLER DOGRULAR VE DUumlZLEMLER 41
Oumlrnek 41 P (1 3 2) Q(3minus1 6) R(5 2 0) noktalarından geccedilen duumlzlemin denkleminiyazın
Ccediloumlzuumlm Duumlzlemin ~n =minusrarrPQtimesminusrarrPR olarak alabiliriz Buradan
~n =
∣∣∣∣∣∣i j k
2 minus4 4
4 minus1 minus2
∣∣∣∣∣∣ = 12i+ 20j + 14k
bulunur P (1 3 2) noktasını alırsak duumlzlemin denklemini
12(xminus 1) + 20(y minus 3) + 14(z minus 2) = 0
olarak buluruz
Alıstırmalar
1 Koumlsegenleri birbirine dik bir dikdoumlrt-gen karedir Goumlsterin
2 Bir paralelkenar ancak ve ancak kouml-segenleri aynı uzunluktaysa bir dik-doumlrtgendir Goumlsterin
3 ~u middot ~u1 = ~u middot ~u2 ise ~u1 = ~u2 olmak zo-runda mıdır
4 Lemma 3 de verilen oumlzellikleri ispat-layın
5 Koumlseleri P (1minus1 0) Q(2 1minus1) veR(minus1 1 2) noktlarında olan uumlccedilgeninalanının 3
radic2 oldugunu goumlsterin
6 i+ 2j minus k minus2i+ 3k ve 7j minus 4k vektoumlr-leri tarafından gerilen paralelyuumlzluuml-nuumln hacminin 23 birim kuumlp oldugunugoumlsterin
7 (9) nolu bagıntıyı goumlsterin
8 Herhangi bir uumlccedilgende iki kenarınorta noktalarını birlestiren dogruuumlccediluumlncuuml kenara paraleldir uzunluguise uumlccediluumlncuuml kenarın uzunlugunun ya-rısıdır
9 (Opsiyonel) Aralarındaki accedilı θ olanbir ~v vektoumlruumlnuumln bir ~u vektoumlruuml uumlze-rine iz duumlsuumlm vektoumlruuml
iz~u~v = (~v cos θ)(~u
~u)
= (~u ~v cos θ)(~u
~u2) = (~u middot ~v)
~u
~u2
~v
~uiz~u~v
θ
10 ~v middot ~u = iz~u~v middot ~u oldugunu goumlsterin
11 (Opsiyonel) Kenarları ~u ~v ve ~w tara-fından gerilen uumlccedil boyutlu paralelyuumlz-luumlnuumln hacmi
~utimes ~v ~v |cos θ|
tarafından belirlenir Burada θ ~u times~v ve ~w vektoumlrleri arasındaki accedilıdırGerccedilekten ~utimes ~v paralelyuumlzluumlnuumln
42 5 HAFTA
taban alanını ~v |cos θ| ise paralel-yuumlzluumlnuumln yuumlksekligini belirtir Bu ha-cimi
(~utimes ~v) middot ~w = ~utimes ~v ~v |cos θ|olarak da yazabiliriz
(~utimes ~v) middot ~w isin R
sayısına ~u ~v ve ~w vektoumlrlerinin uumlccedilluumlccedilarpımı denir u = u1i+u2j+u3k v =
v1i+ v2j + v3k ve w = w1i+w2j +w3k
olmak uumlzere uumlccedilluuml ccedilarpım
(~utimes ~v) middot ~w =
∣∣∣∣∣∣u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3
∣∣∣∣∣∣ (9)
determinantı yardımıyla hesaplana-bilir (Goumlsterin)
6 Hafta
Teget Duumlzlem
Vektoumlr Degerli Fonksiyonlar
f A sub Rrarr Rn fonksiyonuna n isin N ve n ge 2 iccedilin bir vektoumlr degerli fonksiyon denirf A sub Rrarr R3 durumunda
f(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
olarak yazılabilir f fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesine Rn uumlzerinde bir egri f fonksiyonunaise bu egrinin bir parametrizasyonu denir
Oumlrnek 42 f(t) = ln ti + etj +radic
1minus t2k fonksiyonunun tanım kuumlmesi (0 1] olur
Oumlrnek 43 f(t) = cos ti+ sin tj t isin R fonksiyonu birim ccedilemberin bir parametrizasyonu-dur Baska bir deyisle f fonksiyonunun goumlruumlntuuml kuumlmesi R2 de birim ccedilemberdirk
1 f g R rarr Rn ve h R rarr R ise (f + g)(t) = f(t) + g(t) olarak tanımlarız Benzersekilde f minus g (hf) f middot g f times g f h fonksiyonları tanımlanır
2 bull forallε gt 0 existδ gt 00 lt |tminus t0| lt δ =rArr f(t)minus L lt ε
kosulu saglanırsa limtrarrt0 f(t) = L deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonunun bir t0 noktasındaki limiti ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-siyonlarının t0 noktasında limiti varsa vardır ve bu durumda
limtrarrt0
f(t) =
(limtrarrt0
x(t)
)i +
(limtrarrt0
y(t)
)j +
(limtrarrt0
z(t)
)k
bull a) limtrarrt0(f(t) + g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) + (limtrarrt0 g(t))
b) limtrarrt0(f(t) middot g(t)) = (limtrarrt0 f(t)) middot (limtrarrt0 g(t))
43
44 6 HAFTA
c) limtrarrt0(f(t)times g(t)) = (limtrarrt0 f(t))times (limtrarrt0 g(t))
d) limtrarrt0(h(t)f(t)) = (limtrarrt0 h(t)) (limtrarrt0 f(t))
gibi klasik limit kuralları geccedilerlidir
3 bull Eger limtrarrt0 f(t) = f(t0) ise f vektoumlr degerli fonksiyonuna t0 noktasında suuml-rekli deriz Eger bu fonksiyon tanım kuumlmesindeki her noktada suumlrekli isefonksiyonun kendisine suumlrekli deriz
bull Goumlsterilebilir kif(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k
fonksiyonu bir t0 noktasında suumlreklidir ancak ve ancak x y ve z skaler fonk-
siyonları t0 noktasında suumlrekliyse oumlrnek f(t) =1radicti +
1
t2 minus 4j fonksiyonu
tanımlı oldugu (0 2) cup (2infin) kuumlmesi uumlzerinde suumlreklidir
4 bull
f prime(t) =df
dt= lim
hrarr0
f(t+ h)minus f(t)
h
limiti varsa f fonksiyonuna t noktasında tuumlretilebilir denir
oumlrnek f(t) = cos ti + sin tj fonksiyonunun tuumlrevi f prime(t) = minus sin ti + cos tj olur
bull Eger u ve v tuumlretilebilir fonksiyonlar c sabir vektoumlr c skaler ve f tuumlretilebilirbir skaler fonksiyon ise
a) ddtc = 0
b) ddt
[cu(t)] = cuprime(t)
c) ddt
[f(t)u(t)] = f prime(t)u(t) + f(t)uprime(t)
d) ddt
[u(t) middot v(t)] = uprime(t) middot v(t) + u(t) middot vprime(t)e) d
dt[u(t)times v(t)] = uprime(t)times v(t) + u(t)times vprime(t)
f) ddt
[u(f(t))] = f prime(t)uprime(f(t))
ispat Oumlrnegin u = u1(t)i + u2(t)j + u3(t)k ve v = v1(t)i + v2(t)j + v3(t)k olsun
d
dt(u middot v) =
d
dt(u1v1 + u2v2 + u3v3)
= uprime1v1 + uprime2v2 + uprime3v3︸ ︷︷ ︸uprimemiddotv
+u1vprime1 + u2v
prime2 + u3v
prime3︸ ︷︷ ︸
umiddotvprime
olur
Parametrik Egriler
Tanım 5r I sub Rrarr R2 r(t) = x(t)i + y(t)j
olsun x ve y trsquonin tuumlretilebilir fonksiyonları olsun r fonksiyonun goumlruumlntuuml kuumlmesi olan
r(I) =
(x(t) y(t)) isin R2 | t isin I
TEGET DUumlZLEM 45
kuumlmesine R2rsquode tanımlı bir egri ve
dr
dt=dx
dti +
dy
dtj
vektoumlruumlne eger sıfır vektoumlruuml degilse bu egrinin teget vektoumlruuml denir Benzer bir se-kilde R3rsquoteki egriler de tanımlanabilir
Oumlrnek 44 r(t) = ti + t2j t isin R olsun x = t y = t2 yazıp trsquoyi elimine edersek y = x2
denklemini buluruz Yani x(t) = t ve y(t) = t2 parametrik denklemleri y = x2 paraboluuml-nuumln bir parametrizasyonudur Bu egrinin teget vektoumlruuml
dr
dt= i + 2tj
olur
Oumlrnek 45 Her tek degiskenli suumlrekli f A sub R rarr R fonksiyonunun grafigi bir egritanımlar ve bu egri r(t) = ti + f(t)j denklemi ile parametrize edilebilir Ancak tersineR2rsquodeki her egri bir fonksiyonunun grafigi degildir Oumlrnegin x2 + y2 = 1 ccedilemberi birfonksiyonun grafigi olarak yazılamaz
Oumlrnek 46 x2 + y2 = 1 ccedilemberi parametrik olarak r(t) = cos ti + sin tj t isin R seklindeyazılabilir Aslında bir egri sonsuz farklı parametrik denklemle tanımlanabilir Oumlrneginr(t) = cos 2ti + sin 2tj denklemi de aynı ccedilemberi tanımlar
Oumlrnek 47 r(t) = cos ti + sin tj + tk parametrik denklemi R3rsquode bir helis tanımlar
Sekil 02 Helis grafigi
Seviye Egrileri ve Gradyan
Bir egriyi tanımlamanın diger bir yolu egriyi iki degiskenli reel degerli bir fonksiyonu-nun seviye egrisi olarak tanımlamaktır
Tanım 6 f A sub R2 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
Ck = (x y) isin A f(x y) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir
46 6 HAFTA
1 k isin R m isin R ve k 6= m is Ck cap Cm = empty olacagı accedilıktır zira (x y) isin Ck cap Cm isef(x y) = k ve f(x y) = m oldugundan k = m olur
2 Eger (x0 y0) isin Ck ve nablaf(x0 y0) 6= 0 ise (x0 y0) noktasının oumlyle bir B sub A accedilıkkomsulugunu bulabiliriz ki Ck capB kuumlmesi bir egridir
ispat (Opsiyonel) nablaf(x0 y0) 6= 0 oldugundan oumlrnegin partfparty
(x0 y0) 6= 0 olarak ala-
biliriz (aksi halde partfpartx6= 0 olur ve ispat benzer sekildedir) Kapalı fonksiyon te-
oremi bir δ gt 0 ve ε gt 0 iccedilin f(x g(x)) = k ve g(x0) = y0 seklinde tek birg (x0minus δ x0 + δ)rarr (y0minus ε y0 + ε) fonksiyonunun var oldugunu soumlyler DolayısıylaB = (x0 minus δ x0 + δ)times (y0 minus ε y0 + ε) kuumlmesi iccedilin Ck capB kuumlmesi
r(t) = ti + g(t)j t isin (x0 minus δ x0 + δ)
olarak parametrize edilen bir egridir
Oumlrnek 48 Belirtilen fonksiyonların seviye kuumlmelerini ve seviye egrilerinin parametrikdenklemlerini belirleyin
1 f(x y) = x2 + y2 2 f(x y) = x2 + 2y2 3 f(x y) = ex+2y
Ccediloumlzuumlm 1 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlmek = 0 iccedilin sadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
radick yarıccedilaplı ve orijin merkezli
ccedilember olur Bu ccedilemberler her k gt 0 iccedilin
r(t) =radick cos ti +
radick sin tj t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
2 f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyonunun seviye kuumlmeleri k lt 0 iccedilin bos kuumlme k = 0 iccedilinsadece orijin noktası k gt 0 iccedilin ise
2x2 + y2 = k = 2x20 + y20
denklemiyle tanımlı elipslerdir Bu elipsler
r(t) =
radick
2cos ti +
radick sin j t isin [0 2π]
denklemiyle parametrize edilebilir
3 f(x y) = ex+2y fonksiyonunun her k isin R iccedilin seviye egrileri x+2y = k dogrularıdırBu dogrular y = t ve x = k minus 2t denklemi veya kısaca
r(t) = (k minus 2t)i + tj t isin R
denklemiyle parametrize edilebilir
Teorem 11 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise f rsquonin bir seviyeegrisi olsun Bu durumda nablaf vektoumlruuml C egrisine (yani C egrisinin teget vektoumlruumlne)diktir
TEGET DUumlZLEM 47
Kanıt C egrisinin r = x(t)i + y(t)j t isin I seklinde parametrize edildigini kabul edelimDolayısıyla bir k isin R iccedilin
f(x(t) y(t)) = k forallt isin Iolmalıdır Yukarıdaki denklemde her iki tarafın ddt tuumlrevini alırsak
0 =dk
dt=
d
dtf(x(t) y(t)) = fx
dx
dt+ fy
dy
dt= nablaf middot dr
dt
buluruz
Bir topografik haritadaki izohipslerdir yuumlkseklik fonksiyonun seviye egrileridir Yu-karıdaki teoreme goumlre bir topografya haritasında nehirler izohipslere diktirler
Oumlrnek 49 Opsiyonel Oumlrnek (2 1) noktasından geccedilen ve f(x y) = x2 + 2y2 fonksiyo-nunun en hızlı arttıgı youmlnde giden C egrisini belirleyin
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun en hızlı gittigi youmln nablaf olduguna goumlre C egrisinin teget vektoumlruumldrdt
= dxdti + dy
dtj ile nablaf = partf
partxi + partf
partyj = 2xi + 4yj vektoumlruuml paralel olmalıdır Yani bir c sayısı
iccedilindx
dt= c2x
dy
dt= c4y
olmalıdır Buradandy
dx=
dydtdxdt
= 2y
x
yanidy
y= 2
dx
x
bulunur Bu denklemin iki tarafını da integre edersek bir k sabiti iccedilin
ln |y| = 2 ln |x|+ k =rArr |y| = ekx2 =rArr y = plusmnekx2 =rArr y = Kx2
(K = plusmnek olmak uumlzere) olur Buradan da x = 2 y = 1 koyarsak K = 14 olur Yani Cegrisi y = x24 paraboluumlduumlr
Yuumlzeyler
Egriler gibi yuumlzeyleri tanımlamanın da bir kaccedil yolu vardırBirinci yol yuumlzeyi bir f A sub R2 rarr R fonksiyonunun grafigi olarak tanımlamaktır
Oumlrnek olarak Figuumlr 03 ve Figuumlr 04 deki yuumlzeyler goumlsterilebilirAma her yuumlzey bu sekilde tanımlanamaz Oumlrnegin x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresi bir z =
f(x y) fonksiyonunun grafigi olarak yazılamazIkinci youmlntem yuumlzeyi parametrik olarak tanımlamaktır
r(t s) = x(t s)i + y(t s)j + z(t s)k (s t) isin A sub R2
Bu durumda a yarıccedilaplı kuumlre
x(θ φ) = a cos θ sinφ y(θ φ) = a sin θ sinφ z(θ φ) = a cosφ (θ φ) isin [0 2π]times [0 π]
olarak yani kuumlresel koordinatlar yardımıyla tanımlanabilir Yuumlzeylerin parametrik goumls-terimi ile bu derste ilgilenmeyecegiz
48 6 HAFTA
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5
0
20
40
xy
Sekil 03 z = x2 +y2 fonksiyonunun grafigi
minus4 minus2 0 2 4 minus5
0
5minus20
0
20
xy
Sekil 04 z = x2minusy2 fonksiyonunun grafigi
f(x y z) = k Seviye Yuumlzeyi ve Bu Yuumlzeyin Teget Duumlzlemi
Tanım 7 f A sub R3 rarr R ve k isin R olmak uumlzere
(x y z) isin A f(x y z) = k
kuumlmesine f rsquonin bir seviye kuumlmesi denir Eger bu kuumlme R3rsquode bir yuumlzey tanımlıyorsabu yuumlzeye f rsquonin bir seviye yuumlzeyi denir Eger (x0 y0 z0) isin A ve k = f(x0 y0 z0) iseyuumlzey (x0 y0 z0) noktasından geccediler Seviye yuumlzeyi uumlzerindeki bir egriye seviye egrisidenir
Oumlrnek 50 f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonun (1minus1 0) noktasından geccedilen seviyeyuumlzeyi
f(x y z) = f(1minus1 0)
yanix2 + y2 + z2 = 2
denklemi ile tanımlı kuumlredir
Teorem 11lsquoe benzer bir teorem uumlccedil degiskenli fonksiyonlar iccedilin de geccedilerlidir
Teorem 12 f A sub R3 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon C egrisi ise r = x(t)i + y(t)j +
z(t)k t isin I seklinde parametrize edilmis olsun Ayrıca C f rsquonin bir seviye egrisi olsunYani bir k isin R iccedilin t isin I iccedilin
f(x(t) y(t) z(t)) = k
olsun Bu durumda nablaf = partfpartxi + partf
partyj + partf
partzk vektoumlruuml C egrisine diktir Yani
nablaf middot drdt
= 0
olur
TEGET DUumlZLEM 49
Bu teorem bizenablaf vektoumlruumlnuumln f rsquonin bir seviye yuumlzeyindeki her egriye dik oldugunusoumlyler Yani baska bir deyisle nablaf vektoumlruuml f rsquonin seviye yuumlzeyine diktir
Tanım 8 f A sub R3 rarr R fonksiyonu bir P (x0 y0 z0) isin A noktasında tuumlretilebilir ol-sun P (x0 y0 z0) noktasından geccedilen ve normal vektoumlruuml nablaf(P ) olan duumlzleme f(x y z) =
f(x0 y0 z0) seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemi denir Seviye yuumlzeyinin teget duumlzlemininbir denklemi
fx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0) + fz(P )(z minus z0) = 0
ve seviye yuumlzeyinin normal dogrusunun bir denklemi ise
x = x0 + fx(P )t y = y0 + fy(P )t z = z0 + fz(P )t
olur
Oumlrnek 51 x2 + y2 + z2 = 5 yuumlzeyinin (1 2 0) noktasındaki teget duumlzlemini ve normaldogrusunu belirleyin
Ccediloumlzuumlm f = x2+y2+z2minus5 olarak tanımlarsak (1 2 0) noktasındanablaf = 2xi+2yj+2zk =
2i + 4j oldugundan teget duumlzlem
2(xminus 1) + 2(y minus 2) = 0
normal dogru isex = 1 + 2t y = 2 + 4t z = 0
olur
z = f(x y) Fonksiyonunun Grafiginin Teget Duumlzlemi
z = f(x y) fonksiyonun grafigi g(x y z) = f(x y) minus z = 0 yuumlzeyidir Dolayısıyla birP (x0 y0 z0) noktasında teget duumlzlemi
gx(P )(xminus x0) + gy(P )(y minus y0) + gz(P )(z minus z0) = 0
Bu dafx(P )(xminus x0) + fy(P )(y minus y0)minus (z minus z0) = 0
olarak yazılır
Oumlrnek 52 z = x cos y minus yex yuumlzeyine (0 0 0) noktasındaki teget duumlzlemin ve normaldogrunun denklemlerini bulun
Ccediloumlzuumlm F (x y z) = x cos y minus yex minus z olarak tanımlarsak (0 0 0) noktasında
nablaF = (cos y minus yex)i + (minusx sin y minus ex)jminus k = iminus jminus k
olur Teget duumlzlemxminus y minus z = 0
normal dogru isex = t y = minust z = minust t isin R
olur
50 6 HAFTA
Iki Yuumlzeyin Kesisim Egrisinin Teget Dogrusu
Teorem 13 (x0 y0 z0) noktası f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 denklemlerinin bir ccediloumlzuumlmuumlolsun Eger
nablaf(x0 y0 z0)timesnablag(x0 y0 z0) 6= 0
ise (x0 y0 z0) noktasının bir komsulugunda f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeyleri(x0 y0 z0) noktasından geccedilen bir C egrisinde kesisirler C egrisinin teget vektoumlruuml nablaf timesnablag youmlnuumlndedir
Kanıt
nablaf timesnablag =
(part(f g)
part(y z)part(f g)
part(z x)part(f g)
part(x y)
)oldugundan bu Jakobyenlerden birisi oumlrnegin part(fg)
part(xy)Jakobyeni (x0 y0 z0) noktasında
sıfırdan farklı ise x0 noktasının yeterince kuumlccediluumlk bir I komsulugunda tanımlı oumlyle biry = X(x) ve z = Z(x) fonksiyonları vardır ki
f(x Y (x) Z(x)) = g(x Y (x) Z(x)) = 0 forallx isin I
olur Eger C egrisini
x = t y = Y (t) z = Z(t) t isin I
olarak tanımlarsak yukarıdaki sonuccedil C egrisinin her iki yuumlzey uumlzerinde oldugunu goumls-terir
C egrisi f rsquonin bir seviye egrisi oldugundan nablaf vektoumlruumlne grsquonin bir seviye egrisioldugundan ise nablag vektoumlrlerine diktir Yani nablaf timesnablag vektoumlruumlne paraleldir
Hatırlatma P noktasındaki teget vektoumlruuml v olan C egrisinin normal duumlzlemi P rsquodengeccedilen ve normali v olan duumlzlemdir Buna goumlre iki yuumlzeyin kesisim egrisinin normalduumlzlemi bulunabilir
Oumlrnek 53 f(x y z) = x2 + y2minus 2 = 0 silindiri ve g(x y z) = x+ zminus 4 = 0 duumlzlemlerinin(1 1 3) noktasından geccedilen bir kesisim egrisinin var oldugunu goumlsterin ve bu egrininteget dogrusunun denklemini belirleyin
Ccediloumlzuumlm (1 1 3) noktasında nablaf = 2i+ 2j nablag = i + k v = nablaf timesnablag = 2iminus 2j minus 2k olurTeget dogrusunun denklemi
x = 1 + 2t y = 1minus 2t z = 3minus 2t
olur
Alıstırmalar
TEGET DUumlZLEM 51
1 Verilen (x0 y0) noktasında verilenz = f(x y) fonksiyonunun grafigineteget olan duumlzlemi bulun
a) z = x2 + xy (x0 y0) = (1minus1)
b) z = xey (x0 y0) = (1 0)
c) z = x ln y (x0 y0) = (2 1)
2 x2 + 4y2 + 16z2 minus 2xy = 12 yuumlze-yinin hangi noktasındaki teget duumlz-lemi xz-duumlzlemine paralel olur (Ce-vap A(2 2 0) ve B(minus2minus2 0) CcediloumlzuumlmMustafa Balcı)
3 x2
a2+ y2
b2+ z2
c2= 1 elipsoidine uumlze-
rindeki P (x0 y0 z0) noktasında tegetolan duumlzlemi belirleyin (Cevap xx0
a2+
yy0b2
+ zz0c2
= 1 Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
4 x2 + 2y2 + 3z2 = 21 yuumlzeyinin x+ 4y+
6z = 0 duumlzlemine paralel olan tegetduumlzleminin denklemini yazınız (Ce-vap x+ 4y + 6z = minus21 Ccediloumlzuumlm Mus-tafa Balcı)
5 f tuumlrevlenebilen bir fonksiyon olsunz = xf
(yx
)yuumlzeyinin x0 6= 0 olmak
uumlzere her P (x0 y0 z0) noktasındakitegetinin orijinden geccediltigini goumlsteri-niz (Ccediloumlzuumlm Mustafa Balcı)
6 z2 = x2 + y2 konisinin her noktasın-daki teget duumlzleminin orijinden geccedil-tigini goumlsteriniz (Ccediloumlzuumlm MustafaBalcı)
7 Nurettin Ergun sayfa 124-130 1 23 7 8 9 11
7-8 Hafta
Ektremum Problemleri
Hatırlatma Tek Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda EkstremDeger Problemleri
f A sub Rrarr R olsun
bull
Tanım 9 Bir x0 isin A noktasının A iccedilinde kalan bir komsulugundaki her x degeriiccedilin f(x) ge f(x0) ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel minimumu denir Benzer se-kilde yerel maksimum tanımlanır f(x0) f rsquonin bir yerel minimum veya yerel mak-simum degeri ise f(x0) degerine f rsquonin bir yerel ekstrem degeri denir f rsquonin ta-nım kuumlmesindeki minimum degerine f rsquonin mutlak minimum degeri maksimumdegerine ise mutlak maksimum degeri denir Benzer sekilde mutlak ekstremdegeri tanımlanır
bull
Tanım 10 f prime(x) = 0 olan bir x isin A noktasına f rsquonin bir kritik noktası denir
bull
Teorem 14 i) x0 noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f prime(x0) tanımlı iii) f(x0)f rsquonin bir yerel ekstrem degeri ise x0 noktası f rsquonin bir kritik noktası olur
Kanıt f prime(x0) 6= 0 olsun Genellikten kaybetmeksizin oumlrnegin f prime(x0) gt 0 kabuledelim
f prime(x0) = limxrarrx0
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
oldugundan bir δ gt 0 iccedilin (x0 x0 + δ) aralıgındaki her x iccedilin limit tanımından
f(x)minus f(x0)
xminus x0gt 0
53
54 7-8 HAFTA
olur (neden) yani f(x) gt f(x0) olur Benzer sekilde bir δprime gt 0 iccedilin (x0 minus δprime x0)
aralıgındaki her x iccedilin f(x) lt f(x0) olur Yani f(x0) bir yerel ekstrem deger olmaz
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani f prime(x0) = 0 ise f(x0) bir ekstrem deger olmakzorunda degildir Oumlrnek olarak f(x) = x3 fonksiyonu iccedilin f prime(0) = 0 olur ama f(0) =
0 fonksiyonun bir ekstrem degeri degildir
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
Teorem 15 (Ikinci tuumlrev testi) f f prime ve f primeprime fonksiyonları x0 noktasının bir komsu-lugunda suumlrekli ve x0 f rsquonin bir kritik noktası olsun O halde i) f primeprime(x0) gt 0 ise f(x0)
bir yerel minimum ii) f primeprime(x0) lt 0 ise f(x0) bir yerel maksimum olur
Kanıt Taylor Teoremine goumlre her x isin A iccedilin
f(x) = f(x0) + f prime(x0)(xminus x0) +f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur Burada c x ile x0 arasındadır f prime(x0) = 0 oldugundan
f(x)minus f(x0) =f primeprime(c)
2(xminus x0)2
olur f primeprime suumlrekli ve f primeprime(x0) gt 0 oldugundan x0rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir (x0 minus ε x0 + ε)
komsulugundaki her x iccedilin f primeprime(x) gt 0 olur Yani bu komsuluktaki her x iccedilin f(x) gt
f(x0) ve f(x0) bir yerel minimum olur Benzer sekilde diger oumlnerme goumlsterilir
bull Eger f suumlrekli ise ve A kuumlmesi sınırlı ve kapalı ise (yani kompakt ise) f rsquonin A
kuumlmesi uumlzerinde mutlaka bir mutlak minimumu ve mutlak maksimumu olmakzorundadır
Iki Degiskenli Reel Degerli Fonksiyonlarda Ekstrem DegerProblemleri
f A sub R2 rarr R olsun
bull Tanım 9rsquode x0 yerine (x0 y0) yazılarak tanımlar iki degiskenli fonksiyonlara tası-nabilir
bull
EKTREMUM PROBLEMLERI 55
Tanım 11 Eger fx(x y) ve fy(x y) kısmi tuumlrevlerinden biri tanımlı degilse veyaher ikisi birden tanımlı ve fx(x y) = fy(x y) = 0 oluyorsa (x y) isin A noktasınaf rsquonin bir kritik noktası denir
Yani kritik noktada kısmi tuumlrevler tanımlı ise nablaf(x y) = 0 olur Buradan eger fkritik noktasında tuumlretilebilen bir fonksiyon ise kritik noktasındaki her youmlndekiyoumlnluuml tuumlrevinin sıfır olması gerektigi sonucu ccedilıkar
bull
Teorem 16 i) (x0 y0) noktası A kuumlmesinin bir iccedil noktası ii) f fonksiyonunun(x0 y0) noktasında kısmi tuumlrevleri tanımlı iii) f(x0 y0) f rsquonin bir yerel ekstremdegeri ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir kritik noktasıdır
Kanıt g(x) = f(x y0) olsun x0 noktası ve g fonksiyonu Teorem 14rsquodeki sartlarısagladıgından gprime(x0) = 0 olur fx(x0 y0) = gprime(x0) oldugundan fx(x0 y0) = 0 olurBenzer bir oumlnerme fy(x0 y0) = 0 oldugunu goumlstermek iccedilin de kullanılabilir
bull Ters oumlnerme dogru degildir Yani fonksiyon bir kritik noktasında ekstrem degeralmayabilir Oumlrnegin f(x y) = 0 fonksiyonu iccedilin fx(0 0) = fy(0 0) = 0 yani (0 0)f rsquonin bir kritik noktası olur (0 0) noktasının her komsulugunda (a a) seklindebir nokta mutlaka vardır ve a2 = f(a a) gt f(0 0) = 0 olacagından f(0 0) biryerel maksimum olamaz Aynı oumlnerme (minusa a) noktası iccedilin tekrarlanırsa f(0 0)
degerinin bir yerel minimum olamayacagı goumlruumlluumlr
bull Dolayısıyla fonksiyonun yerel ekstrem degerleri ancak ve ancak fonksiyonun kri-tik noktalarında tuumlrevinin tanımsız oldugu noktalarda ve fonksiyonun tanım kuuml-mesinin sınır noktalarında ortaya ccedilıkabilir
bull
∆f(x0 y0) = fxx(x0 y0)fyy(x0 y0)minus f 2xy(x0 y0) =
∣∣∣∣fxx fxyfxy fyy
∣∣∣∣olarak tanımlayalım
Teorem 17 (Ikinci tuumlrev testi) f ve f rsquonin birinci ve ikinci mertebe kısmi tuuml-revleri (x0 y0) noktasının bir komsulugunda suumlrekli ve (x0 y0)rsquoda f rsquonin bir kritiknoktası olsun O halde
1 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) gt 0 (veya fyy(x0 y0) gt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel minimuma sahiptir
2 ∆f(x0 y0) gt 0 ve fxx(x0 y0) lt 0 (veya fyy(x0 y0) lt 0) ise f (x0 y0) noktasındabir yerel maksimuma sahiptir
3 ∆f(x0 y0) lt 0 ise (x0 y0) noktası f rsquonin bir eger noktasıdır Yani (x0 y0) nok-tasının her komsulugunda f(x1 y1) lt f(x0 y0) ve f(x2 y2) gt f(x0 y0) ba-gıntılarını saglayan (x1 y1) ve (x2 y2) noktaları vardır Yani fonksiyon (x0 y0)
noktasında bir yerel minimum veya yerel maksimum degeri almaz
56 7-8 HAFTA
4 ∆f(x0 y0) = 0 ise kritik noktanın karakteri hakkında bir sey soumlylenemez
Kanıt Taylor teoremine goumlre her (x y) isin A iccedilin
f(x y) =f(x0 y0) + fx(x0 y0)(xminus x0) + fy(x0 y0)(y minus y0)1
2
(fxx(c d)(xminus x0)2 + 2fxy(c d)(xminus x0)(y minus y0) + fyy(c d)(y minus y0)2
)olur Burada c x ile x0 arasında d ise y ile y0 arasındadır
A = fxx(c d) B = fxy(c d) C = fyy(c d) X = xminus x0 Y = y minus y0
olarak tanımlayalım fx(x0 y0) = fy(x0 y0) = 0 oldugundan her (x y) isin A
f(x y)minus f(x0 y0) =1
2(AX2 + 2BXY + CY 2) =
A
2
((X +
B
AY
)2
+(AC minusB2)
A2Y 2
)
olur Suumlreklilik nedeniyle (x0 y0)rsquoın yeterince kuumlccediluumlk bir komsulugunda fxx(x0 y0) gt
0 ise A gt 0 ve ∆f(x0 y0) gt 0 ise (ACminusB2)A2 gt 0 olur Buradan bu komsuluk iccedilindeki
her (x y) iccedilin f(x y) minus f(x0 y0) gt 0 olur Yani birinci sonuccedil ccedilıkar Digerleri debenzer sekilde goumlsterilir
Oumlrnek 54 f(x y) = x2 + y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = 2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = 2 Yani ∆f(0 0) = 4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) fonksiyonun bir yerelminimum noktasıdır bkz Figuumlr 03 f(x y) ge 0 oldugundan (0 0) noktası fonksiyonunmutlak minimum noktasıdır
Oumlrnek 55 f(x y) = x2 minus y2 fonksiyonunun yerel ekstremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm fx = 2x = 0 ve fy = minus2y = 0 denklemlerinin tek ccediloumlzuumlmuuml (0 0) fxx = 2 fxy = 0fyy = minus2 Yani ∆f(0 0) = minus4 lt 0 ve ikinci tuumlrev testine goumlre (0 0) bir eyer noktasıdırbkz Figuumlr 04
Yukarıdaki oumlrnekte (0 0) noktasının bir eyer noktası oldugunu f(ε 0) = ε2 gt 0 vef(0 ε) = minusε2 lt 0 olduguna dikkat ederek de goumlrebilirdik Yani (0 0) noktasının herkomsulugunda 0 = f(0 0)rsquodan daha buumlyuumlk degerler daha kuumlccediluumlk degerler de vardır
Oumlrnek 56 f(x y) = 6xy minus 3x2 minus 3y4 fonksiyonunun yerel eksremumlarını bulun
Ccediloumlzuumlm Fonksiyonun (0 0) noktasında bir eyer noktası (minus1radic2 minus1radic
2) ve ( 1radic
2 1radic
2) noktala-
rında yerel maksimumları oldugunu goumlsterin
Oumlrnek 57 (2minus1 1) noktasının x+ y minus z = 2 duumlzlemine uzaklıgını bulun
EKTREMUM PROBLEMLERI 57
Ccediloumlzuumlm Noktanın duumlzlem uumlzerindeki bir (x y z) noktasına uzaklıgıradic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2
Bu fonksiyonun x + y minus z = 2 duumlzlemi uumlzerindeki minimum degerini bulmak yerineD(x y z) =
radic(xminus 2)2 + (y + 1)2 + (z minus 1)2 fonksiyonunun minimumunu bulmak yeterli
ve daha kolaydır z = x + y minus 2 ifadesini D fonksiyonunda yerine koyarsak d(x y) =
D(x y x + y minus 2) = (x minus 2)2 + (y + 1)2 + (x + y minus 3)2 Dx = 2(x minus 2) + 2(x + y minus 3) = 0Dy = 2(y + 1) + 2(x+ y minus 3) = 0 Kritik nokta (83minus13) Bu noktada Dxx = 4 Dxy = 2Dyy = 4 ∆ = 12 gt 0 Dxx gt 0 Uzaklık d(83minus13 13) = 2
radic3
Kapalı ve Sınırlı Bir Boumllge Uumlzerinde Maksimum ve Minimum
Teorem 18 B sub R2 boumllgesi kapalı ve sınırlı bir kuumlme f B rarr R suumlrekli bir fonksiyonolsun Bu takdirde f mutlak ekstremum degerlerini mutlaka alır f mutlak ekstremumdegerlerini ya kritik noktalarında ya da B boumllgesinin sınır noktalarında alir
Oumlrnek 58 f(x y) = 2 + 2x + 4y minus x2 minus y2 fonksiyonunun x = 0 y = 0 ve y = 9 minus x
dogruları ile sınırlanmıs boumllge uumlzerindeki mutlak ekstremum degerlerini bulun
Ccediloumlzuumlm Iccedil kritik noktalar fx = 2 minus 2x = 0 ve fy = 4 minus 2y = 0 sonucu (1 2) olarakbulunur
Sınırdaki kritik noktalar Uumlccedilgenin koumlse noktaları O(0 0) A(9 0) B(0 9)(i) OA dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 0) = 2 + 2xminus x2 0 le x le 9 Bu tek degiskenli
fonksiyonun ekstrem degerleri uccedil noktalarda x = 0 x = 9 ve f prime(x 0) = 2minus 2x = 0 yanix = 1 noktasında ortaya ccedilıkar Kritik noktalar (0 0) (9 0) (1 0)
(ii) OB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(0 y) = 2+4yminusy2 0 le y le 9 f prime(0 y) = 4minus2y = 0
ve y = 2 bulunudur Kritik noktalar (0 0) (0 9) ve (0 2)(iii) AB dogrusu uumlzerinde f(x y) = f(x 9 minus x) = 2 + 2x + 4(9 minus x) minus x2 minus (9 minus x)2
f prime(x 9minus x) = 16minus 4x = 0 ve x = 2 bulunur Kritik noktlar (0 9) (9 0) (4 5)f(1 2) = 7 f(0 0) = 2 f(9 0) = minus61 f(0 9) = minus43 f(1 0) = 3 f(0 2) = 6 f(4 5) =
minus11 Mutlak minimum minus61 mutlak maksimum 7
Alıstırmalar
1 Asagıdaki fonksiyonların kritik nok-talarını bulun ve cinslerini belirleyin
a) f(x y) = xyminusx2minusy2minus2xminus2y+4Cevap (minus2 2) yerel maksimum
b) f(x y) = 3y2 minus 2y3 minus 3x2 + 6xyCevap (0 0) eyer noktası (2 2)
yerel maksimum
c) f(x y) = 10xyeminus(x2+y2) Cevap
(0 0) eyer noktası (1radic
2 1radic
2)
ve (minus1radic
2minus1radic
2) yerel mak-simum (minus1
radic2 1radic
2) ve(1radic
2minus1radic
2) yerel minimum
2 Her k isin R degeri iccedilin (0 0) nokta-sının f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksi-yonunun bir kritik noktası oldugunugoumlsterin (Ipucu k = 0 ve k 6= 0 du-rumlarını ayrı ayrı degerlendirin)
58 7-8 HAFTA
3 Hangi k isin R degerleri iccedilin (0 0) nok-tası f(x y) = x2 + kxy + y2 fonksiyo-nunun bir yerel minimumu veya eyernoktası olur (Cevap |k| lt 2 iccedilin ye-rel minimum |k| gt 2 iccedilin eyer nok-tası |k| = 2 iccedilin 2 tuumlrev testi sonuccedilvermez Ancak k = plusmn2 iccedilin f(x y) =
(x plusmn y)2 ge 0 = f(0 0) oldugundan(0 0) yerel minimum olur)
4int ba
(24minus 2xminus x2)13 dx integralinin en
buumlyuumlk degerini alması iccedilin a le b ola-cak sekilde a ve b sayılarını belirle-yin (Cevap a = minus3 b = 2)
5 Nurettin Ergun sayfa 132-140 sayfa140 141 Oumlrnekler 1 2 3 Ahmet Tek-can
6 Ahmet Tekcan sayfa 288-292 ccedilouml-zuumlmluuml oumlrnekler sayfa 293 1-18 sayfa299-304 oumlrnekler 1-5 sayfa 304 1-9
Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
Teorem 19 f A sub R2 rarr R tuumlretilebilir bir fonksiyon olsun Duumlzguumln bir C sub A egrisi
C r(t) = x(t)i + y(t)j
seklinde parametrize edilmis olsun Eger f fonksiyonu C uumlzerinde bir P0 noktasındaekstremum degerin alırsa nablaf(P0) vektoumlruuml C egisine diktir yani
nablaf middot drdt
= 0
Kanıt f fonksiyonunun C uumlzerindeki degerleri f(x(t) y(t)) olur
df
dt=partf
partx
dx
dt+partf
party
dy
dt= nablaf middot dr
dt
f fonksiyonunun C uumlzerindeki ekstremum degerlerinde dfdt = 0 oldugundan sonuccedilccedilıkar
Eger yukarıdaki teoremde verilen C egrisi bir g A sub R2 rarr R fonksiyonunun seviyeegrisi ise daha oumlnce goumlrduumlguumlmuumlz uumlzere nablag 6= 0 vektoumlruuml C egrisine diktir Hem nablafhem de nablag fonksiyonu C egrisine dik olduklarından birbirlerine paralel olurlar Yanibir λ isin R iccedilin
nablaf = λnablag
bagıntısı saglanır Bu youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemi denir
Bu youmlntem genel olarak n reel degiskenli reel degerli f A sub Rn rarr R fonksiyonu-nun g(x1 x2 xn) = 0 kısıtı altındaki ekstrem degerlerini bulmak iccedilin de aynı sekildegeccedilerlidir
Oumlrnek 59 f(x y) = xy fonksiyonunun x2
8+ y2
2= 1 elipsi uumlzerindeki en buumlyuumlk ve en
kuumlccediluumlk degerlerini bulun
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 59
Ccediloumlzuumlm 1 youmlntem Elipsin y-ekseni uumlzerinde yer alan kısmı y =radic
2(1minus x28) fonksi-yonu ile verilir Fonksiyonu elipsin bu kısmına kısıtlarsak
h(x) = f(xradic
2(1minus x28)) = xradic
2(1minus x28) minus2radic
2 le x le 2radic
2
fonksiyonunu elde ederiz Bu fonksiyonun minimum ve maksimum degerlerini su se-kilde bulabiliriz
dh
dx= 0 =rArr x2 = 4 =rArr x = plusmn2
Ayrıca fonksiyonun sınır noktalarına da bakarsak
h(plusmn2radic
2) = 0 h(minus2) = minus2 h(2) = 2
Yani fonksiyonun elipsin uumlst kısmında aldıgı minimum deger f(minus2 1) = minus2 maksimumdeger ise f(2 1) = 2 olur Benzer sekilde fonksiyonun elipsin y-ekseninin alt kısmı olany = minus
radic2(1minus x28) uumlzerinde de minimum ve maksimum degerlerinin aynı oldugunu
goumlrebiliriz Yani fonksiyonun elips uumlzerindeki minimum degeri f(minus2 1) = f(2minus1) =
minus2 maksimum degeri ise f(2 1) = f(minus2minus1) = 2 olur2 youmlntem Lagrange ccedilarpanları youmlntemini kullanalım g(x y) = x2
8+ y2
2minus 1 olarak
tanımlayalım
nablaf = yi + xj = λnablag = λ(x
4i + yj)
Bagıntısı ve kısıt kosulu bize
y = λx
4x = λy
x2
8+y2
2minus 1 = 0
seklinde uumlccedil denklem verir Birinci ve ikinci denklemleri kullanırsak
y =λ2
4y =rArr y = 0 veya λ = plusmn2
buluruz y = 0 ise ikinci denklemden x = 0 buluruz ki (0 0) noktası elips uumlzerindeyer almaz yani uumlccediluumlncuuml denklemi saglamaz Oumlte yandan λ = plusmn2 bize 4y2
8+ y2
2minus 1 = 0
denklemini verir Bu denklemin ccediloumlzuumlmleri y = plusmn1 olur 1 youmlntem de bulunan 4 kritiknoktayı belirledik
Yukarıda ise yarayan yerine koyma youmlntemi (1 youmlntem) her zaman ise yaramaya-bilir Zira 1 youmlntem ile bulunan kritik nokta kısıt kosulunu saglamayabilir Bu durum-larda mutlaka Lagrange ccedilarpanı youmlntemini kullanmak zorunda kalırız
Oumlrnek 60 x2 minus z2 = minus1 hiperbolik silindirinin orijine en yakın oldugu noktaları belir-leyin
Ccediloumlzuumlm Ekstrem degerini bulmak istedigimiz fonksiyon f(x y z) =radicx2 + y2 + z2 fonk-
siyonudur Bu fonksiyon yerine tuumlrevini almanın daha kolay oldugu ve ekstrem deger-leri aynı noktalarda olan f(x y z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunu kullanalım
60 7-8 HAFTA
1 youmlntem z2 = x2 minus 1 ifadesini f fonksiyonunda yazarak
h(x y) = x2 + y2 + (x2 minus 1) = 2x2 + y2 minus 1
elde ederiz Bu fonksiyonun ekstrem degerleri hx = 4x = 0 hy = 2y = 0 denklemlerinisaglar Yani tek kritik noktası (x y) = (0 0) noktasıdır Ancak x koordinatı sıfır olannoktalar x2minusz2 = minus1 hiperbolik silindiri uumlzerinde yer almaz Bu youmlntem sonuccedil vermedi(Oumlte yandan x2 = z2 + 1 doumlnuumlsuumlmuumlnuuml kullansaydık sonucu elde edebilirdik)
2 youmlntem Lagrange ccedilarpanı g(x y z) = x2minus z2 + 1 olsun nablaf = λnablag denklemin-den
2x = λ2x 2y = 0 2z = minusλ2z x2 minus z2 + 1 = 0
olur Birinci denklemden λ = 1 veya x = 0 elde ederiz λ = 1 iccedilin uumlccediluumlncuuml denklem z = 0
verir ve son denklemin ccediloumlzuumlmuuml olmaz x = 0 iccedilin doumlrduumlncuuml denklem z = plusmn1 verir Yaniekstrem degerler (x y z) = (0 0plusmn1) noktalarında gerccedileklenir
Sekil 05 Problemin geometrisi
Oumlrnek 61 f(x y) = 3x+4y fonksiyonunun x2+y2 = 1 ccedilemberi uumlzerinde aldıgı minimumve maksimum degerleri bulun
Ccediloumlzuumlm g(x y) = x2 + y2 minus 1 olsun
nablaf = λnablag =rArr 3i+ 4j = 2xλi+ 2yλj x2 + y2 minus 1 = 0
λ 6= 0 olmalıdır ve x = 32λ
y = 2λ
bulunur Ikinci denklemden
9
4λ2+
4
λ2= 1
LAGRANGE CcedilARPANLARI YOumlNTEMI 61
Yani λ = plusmn52 x = plusmn3
5 y = plusmn4
5olur Yani ekstremum degerler (minus35minus45) ve (35 45)
noktalarında ccedilıkar f(minus35minus45) = minus5 minimum deger f(35 45) = 5 ise maksimumdeger olur
Sekil 06 Problemin geometrisi
Oumlrnek 62 f(x y) = x2 + y2 minus 6x + 6y fonksiyonunun orijin merkezli ve 2 yarıccedilaplıccedilember uumlzerindeki mutlak maksimum ve minimum degerlerini bulun
Alıstırmalar
1 Ahmet Tekcan sayfa 315-316 1 1-24 2
9-10 Hafta
Ccedilok Katlı Riemann Integralinin Tanımı
Dikdoumlrtgensel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Bu boumlluumlmuumln genelinde f R sub R2 rarr R R = [a b] times [c d] bir dikdoumlrtgen ve frsquoninR uumlzerinde sınırlı oldugunu varsayalım
a = x0 lt x1 lt middot middot middot xn = b c = y0 lt y1 lt middot middot middot ym = d
iseP = (xi yj) 0 le i le n 0 le j le m
kuumlmesine R boumllgesinin bir partisyonu denir
Rij = [xi ximinus1]times [yj yj minus 1]
mij = infRij
fxy
Mij = supRij
fxy
f sınırlı oldugundan mij ve Mij sayıları vardır
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
mijAlan(Rij)
Uf (P ) =nsumi=0
msumj=0
MijAlan(Rij)
toplamlarına sırasıyla alt ve uumlst Riemann toplamları denir
Lemma 4 R sub R2 bir dikdoumlrtgen f Rrarr R sınırlı bir fonksiyon olsun α = infR f(x y)timesAlan(R) β = supR f(x y) times Alan(R) ve P R boumllgesinin herhangi bir partisyonu olsunO halde
minusinfin lt α le Lf (P ) le Uf (P ) le β ltinfinolur
63
64 9-10 HAFTA
Eger P sub P prime ise P prime partisyonuna P rsquonin bir incelmesi denir
Lemma 5 Eger P sub P prime ise
Lf (Pprime) ge Lf (P ) Uf (P
prime) le Uf (P )
olur
Kanıt Oumlncelikle P prime partisyonunun P partisyonunda xi ile xi+1 arasına bir x noktasıeklenerek olustugunu varsayalım Bu durumda oumlnermenin gerccedileklendigini goumlsterinGenel durum tuumlmevarımla ccedilıkar
Lemma 6 P ve P prime R boumllgesinin hangi iki partisyonu olursa olsun
Lf (P ) le Uf (Pprime)
olur
Kanıt P sub P primeprime ve P prime sub P primeprime olacak sekilde bir P primeprime bulunabilecegini goumlsterin
Lf (P ) le Lf (Pprimeprime) le Uf (P
primeprime) le Uf (Pprime)
1 ve 3 esitsizlik Lemma 4 2 esitsizlik Lemma 5 sebebiyle dogrudur
Alt ve uumlst Riemann integrallerini
Lf = supLf (P ) P Rrsquonin bir partisyonuUf = infUf (P ) P Rrsquonin bir partisyonu
olarak tanımlayalım Lemma 6 sebebiyle
Lf le Uf
olur
Tanım 12 f R sub R2 rarr R R = [a b]times [c d] bir dikdoumlrtgen ve f rsquonin R uumlzerinde sınırlıoldugunu varsayalım Eger Lf = Uf ise f fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde Riemannanlamında integrallenebilir denir veintint
R
f(x y)dA = Lf = Uf
olarak tanımlanır
Oumlrnek 63 f(x y) = c sabit fonksiyonu R = [a b]times [c d] dikdoumlrtgensel boumllgesi uumlzerindeintegrallenebilir ve integrali intint
R
f(x y)dA = ctimes Alan(R)
bulunur
CcedilOK KATLI RIEMANN INTEGRALININ TANIMI 65
Ccediloumlzuumlm R boumllgesinin her P partisyonu iccedilin Mij = mij = c olacagından her P iccedilin
Lf (P ) =nsumi=0
msumj=0
cAlan(Rij) = Alan(R)
ve bu yuumlzden Lf = Alan(R) olur Benzer sekilde underlineUf = Alan(R) olacagındansonuccedil bulunur
Her sınırlı fonksiyon Riemann anlamında integrallenemez
Oumlrnek 64 R = [0 1]times [0 1] ve
f(x y) =
1 (x y) isin R cap (QtimesQ)
0 (x y) isin R (QtimesQ)
fonksiyonu R boumllgesi uumlzerinde integre edilemez P Rrsquonin bir partisyonu olsun UumlstRiemann toplamının 1 alt Riemann toplamının 0 oldugunu goumlsterin
Genel Boumllgeler Uumlzerinde Iki Katlı Integraller
Geccedilen boumlluumlmde Riemann anlamında integrallenebilmeyi dikdoumlrtgenlerde tanımlamıs-tık Bu boumlluumlmde bu tanımı daha genel boumllgelere tasıyacagız
Tanım 13 B sub R2 boumllgesi sınırlı bir boumllge f B rarr R fonksiyonu da sınırlı bir fonksiyonolsun R B boumllgesini iccedileren herhangi bir dikdoumlrtgensel boumllge olsun f rsquoin R uumlzerinegenisletilmesini
fR(x y) =
f(x y) (x y) isin B0 (x y) isin R B
olarak tanımlayalım Eger fR R boumllgesi uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebi-lirse f B uumlzerinde Riemann anlamında integrallenebilir denir veintint
B
fdA =
intintR
fRdA
olarak tanımlanır
Teorem 20 Yukarıdaki tanım seccedililen R dikdoumlrtgensel boumllgesine baglı degildir
Kanıt Brsquoyi iccedileren bir R dikdoumlrtgeni seccedilelim veintint
BfdA =
intintRfRdA olarak tanımlaya-
lım Rprime R dikdoumlrtgenini iccedileren bir dikdoumlrtgense Rprime R en fazla doumlrt dikdoumlrtgenin (R1R2 R3 ve R4) birlesimi olarak yazılabilir (biri digerini iccedileren iki dikdoumlrtgen hayal edin)fRprime |Ri
= 0 i = 1 2 3 4 oldugundanintintRprimefRprimedA =
4sumi=1
intintRi
fRprimedA+
intintR
fRprimedA =
intintR
fRprimedA
66 9-10 HAFTA
Dolayısıyla tanımda iki farklı R ve Rprime dikdoumlrtgenleri kullanılırsa her ikisini de iccedilerenbir dikdoumlrtgen Rprimeprime alınarakintint
R
fRdA =
intintRprimefRprimedA =
intintRprimeprimefRprimeprimedA
oldugu bir oumlnceki oumlnermeden goumlruumlluumlr
Simdi hangi fonksiyonların Riemann anlamında integrallenebilecegini inceleyelim
Tanım 14 B sub R2 sınırlı bir boumllge olsun Eger f(x y) equiv 1 fonksiyonu B uumlzerindeintegrallenebilirse B boumllgesine oumllccediluumllebilir denir ve |B| =
intintB
1dA yazılır |B| sayısınaBrsquonin oumllccediluumlmuuml veya Brsquonin alanı denir
Teorem 21 (Lebesgue) Tanım 13rsquodaki varsayımları kabul edelim f rsquonin B boumllgesi uumlze-rinde Riemann anlamında integrallenebilmesi iccedilin gerek ve yeter kosul fR genisleme-sinin suumlreksiz oldugu noktaların oumllccediluumlmuuml sıfır bir kuumlme olmasıdır
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Lebesgue Teoremine goumlre B boumllgesinin oumllccediluumllebilir olması iccedilin gerek ve yeter kosulB boumllgesinin sınırının oumllccediluumlmuumlnuumln sıfır olmasıdır
Sınırının oumllccediluumlmuuml sıfır olmayan kuumlmeler vardır ama bu tarz kuumlmeleri hayal etmesiguumlccediltuumlr ve bu derste bu tarz kuumlmelerle karsılasmayacagız
Tanım 15 f R rarr R2 f ge 0 ve f R uumlzerinde integrallenebilir olsun V boumllgesi dez = f(x y) yuumlzeyi altında R boumllgesi uumlzerinde kalan boumllge ise
Hacim(V ) =
intintR
f(x y)dA
Alan(R) =
intintR
1dA
olarak tanımlanır
Iki Katlı Integrallerin Hesaplanması
Ardısık Tek Katlı Integraller
Oumlrnek 65 Asagıdaki ardısık integralleri hesaplayın
1
int 1
0
int 1
radic2
dxdy
Ccediloumlzuumlm =int 1
0
(1minusradicy
)dy = y minus 2
3y32
∣∣∣10
= 13
2
int π
0
int x
0
x sin ydydx =π2
2+ 2
IKI KATLI INTEGRALLERIN HESAPLANMASI 67
3int π0
int sinx
0ydydx = π
4
Fubini teoremi iki katlı integralin iki ardısık tek katlı integral ile hesaplanabilecegidurumları verir
Teorem 22 (Fubini) f B rarr R2 fonksiyonunun suumlreksiz oldugu nokta sayısı sonsuzolmasın
gi [a b]rarr R i = 1 2 suumlrekli olsun
1 Eger B = (x y) isin R2 | a le x le b g1(x) le y le g2(x) ise B boumllgesine Tip-1 boumllgedenir Bu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
x=a
int g2(x)
y=g1(x)
f(x y)dydx
olur
2 Eger B = (x y) isin R2 | a le y le b g1(y) le x le g2(y) boumllgesine Tip-2 boumllge denirBu durumda f B uumlzerinde integrallenebilir veintint
B
f(x y)dA =
int b
y=a
int g2(y)
x=g1(y)
f(x y)dxdy
olur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Oumlrnek 66 Verilen sınırlı boumllgeyi ccedilizin ve alanını hesaplayın
1 0 le x le 2 ve 1 le y le ex
Ccediloumlzuumlm
intintR
1dA =
int 2
0
int ex
1
dydx =
int 2
0
(ex minus 1)dx = ex minus x∣∣∣20
= e2 minus 3
2
1
e2
y = 1
y = ex
x
y
Asagıdaki oumlrnekte verilen boumllge hem tip-1 hem tip-2rsquodir Dolayısıyla ccedilift katlı integ-ral iki farklı sekilde iki tane tek katlı integral olarak yazılabilir Ama integralin sonucusadece birinden hesaplanabilir
68 9-10 HAFTA
Oumlrnek 67
int 1
0
int 1
y
sinx
xdxdy sıralı integralini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Soruda verilen integral verildigi sekliyle alınamaz Ancak bu integral xy-duumlzlemi x-ekseni y = x dogrusu ve x = 1 dogrusu ile sınırlanan R boumllgesi iccedilinintint
R
sinx
xdA integralini hesaplamaktadır
1
1
y = x
x
y
Integralde integrasyon sırasını degistirirsekint 1
0
int x
0
sinx
xdydx =
int 1
0
sinxdx = minus cosx∣∣∣10
= 1minus cos 1
sonucunu elde ederiz
Oumlrnek 68int 1
0
int radic1minusx21minusx2
2
f(x y)dydx sıralı integralinin integrasyon boumllgesini ccedilizin ve integ-
rasyon sırasını degistirin
minus1 1
12
1y =radic1minus x2
y = 1minusx2
2
x
y
Ccediloumlzuumlm
int 12
0
int radic1minusy2
radic1minus2y
f(x y)dxdy +
int 1
12
int radic1minusy2
0
f(x y)dxdy
Alıstırmalar
1
int 2
0
int 4
2y
exp(minusx2)dA
IKI KATLI INTEGRALLERDE DEGISKEN DEGISTIRME 69
2
int 1
0
int 1
x2x3 sin(y3)dydx
3 T xy duumlzleminde koumlseleri (0 0) (0 3) (1 3) olan uumlccedilgen olsunintint
T6 exp(minusy2)dA
integralini hesaplayın
4 y = 4minus x2 ile y = x+ 2 arasında kalan boumllgenin alanını bulun
Nurettin Ergun syf 195 - 207 1 2 3 4 6 7 8 9Ahmet Tekcan sayfa 350-352 1-4Mustafa Balcı 72 1-3 5-6
Iki Katlı Integrallerde Degisken Degistirme
Teorem 23 B xy-duumlzleminde kapalı sınırlı bir boumllge ve Φ uv-duumlzleminden xy-duumlzleminebir koordinat doumlnuumlsuumlmuuml olsun
Φ Bprime rarr B Φ(u v) = (x y)
birebir oumlrten ve birinci mertebeden tuumlrevlenebilen bir doumlnuumlsuumlm ise f B rarr R fonksi-yonu iccedilin intint
B
f(x y)dA =
intintBprimef(x(u v) y(u v))
∣∣∣∣part(x y)
part(u v)
∣∣∣∣ dAprimeolur
Kanıt Bu teoremin ispatı daha ileri analiz derslerinde yapılmaktadır
Alıstırmalar
1 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede y = x2 y = x2 +1 xy = 1 xy = 2 ile sınırlanan boumllge
olsun
intintR
(5(yminusx2)4+6xy)(y+2x2)dxdy integralini uygun bir degisken doumlnuumlsuumlmuuml
yaparak ccediloumlzuumln
2 R xy-duumlzleminde 1 boumllgede x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 9 x2 minus y2 = 1 x2 minus y2 = 4 ile
sınırlanan boumllge olsun
intintR
xydA integralini hesaplayın
3 R xy-duumlzleminde x + y = 0 x + y = 1 2x minus y = 0 2x minus y = 3 ile sınırlanan
paralelkenar olsun
intintR
(x+ y)2dA integralini hesaplayın
Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 367-370 1 (1 2 6 7 10 14 16) 3 (1 2 4 5 6 10)4 (2 5 8)
Mustafa Balcı 73 1-5Mustafa Balcı 74 23 24 25 27 28 29
2020 Bahar Doumlneminde IslenmeyenKonular
Uumlccedil Katlı Integraller
A Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(xz minus y3)dV B = [minus1 1]times [0 2]times [0 1]
2
intintintB
zradicx2 + y2
dV B z = 0 z = x duumlzlemleri ve y2 = 4minus 2x ile sınırlı boumllge
3
intintintB
ex+2y+3zdV B x = 0 y = 0 z = 0 ve x + y + z = 1 duumlzlemleri ile sınırlanan
boumllge
B Asagıdaki boumllgelerin hacmini hesaplayınız
1 Koumlseleri (a 0 0) (0 b 0) ve (0 0 c) olan tetrahedron (Ccediloumlzuumlm NE syf 217)
2 z = 2minus (x2 + y2) paraboloidi z = minus1 ve z = 1 duumlzlemleri arasında kalan boumllge
3 R3 uzayında z = x+ y z = 6 x = 0 y = 0 z = 0 duumlzlemleri ile sınırlanan boumllge
C Ahmet Tekcan (syf 405) 1 2
D Mustafa Balcı 82 2 3 4
E
1 x = y2 parabolik silindiri z = 0 duumlzlemi ve x+z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllgeninhacmini belirleyen dzdxdy ve dydzdx sıralı uumlccedilluuml integralleri yazın (cevap V =int 1
minus1
int 1
y2
int 1minusx0
dzdxdy =int 1
0
int 1minusx0
int radicxminusradicxdydzdx)
2int π20
int radic31
int radic4minusr21
z2r3 sin θ cos θdzdrdθ integralini dzdydx sıralı yazın
71
72 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Silindirik Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
(x2 + y2)dV B z = x2 + y2 paraboloidi ve z = 1 duumlzlemi ile sınırlanan boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 minus z)dV B alttan xy-duumlzlemi uumlstten z = 9 minus x2 minus y2 paraboloidi
tarafından sınırlanan ve x2 + y2 = 1 silindirinin dısında kalan boumllge
3
intintintB
radicx2 + y2dV B x2 + y2 = 25 silindiri ve z = minus1 z = 2 duumlzlemleri ile sınırlı
boumllge
4
intintintB
xydV B z = x2 + y2 paraboloidi z = 0 duumlzlemi ve x2 + y2 = 1 silindiri ile
sınırlanan boumllge
Kuumlresel Koordinatlar
Asagıdaki integralleri hesaplayınız
1
intintintB
radicx2 + y2 + z2dV B x2 + y2 + z2 = x kuumlresi ile sınırlı boumllge
2
intintintB
(x2 + y2 + z2)dV B x2 + y2 + z2 le 4 ile sınırlı boumllge
3
intintintB
(x2 +y2)dV B x2 +y2 +z2 = 16 kuumlresi ile z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan
boumllge
4
intintintB
(x+y+z)dV B z =radica2 minus x2 minus y2 yarı kuumlresi ve xy-duumlzlemi ile sınırlı boumllge
5
intintintB
(x2 + y2)dV B uumlstten x2 + y2 + z2 = 9 kuumlresi alttan xy-duumlzlemi ile sınırlı
boumllge
6
intintintB
radica2 + x2 + y2dV B z =
radicx2 + y2 konisi ile z = 1 z = 2 duumlzlemleri ile
sınırlanan boumllge
7 x2 + y2 + z2 = a2 a gt 0 kuumlresi ve z =radicx2 + y2 konisi arasında kalan boumllgenin
hacmini hesaplayın
8
intintintB
dV B x2 + y2 + z2 = 1 kuumlresinin iccedilinde ve z =radic
12(x2 + y2) paraboloidinin
uumlzerinde kalan boumllge
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 73
Zorunlu Olmayan Bilgiler
Kapalı Fonksiyon Teoremi
F = (f g) R4 rarr R2 durumu
Simdi doumlrt bilinmeyenli iki denklem ile ilgili kapalı fonksiyon teoremini inceleyelim
Tanım 16 f(x y) ve g(x y) fonksiyonları iccedilin[fx fygx gy
]matrisine Jakobiyen matris bu matrisin determinantına ise Jakobiyen determinantveya kısaca Jakobiyen denir
part(f g)
part(x y)= det
(part(f g)
part(x y)
)= fxgy minus gxfy
Bu kavramı Alman Matematikccedili Karl Gustav Jacop Jacobi 1830rsquolarda tanımlamıstır
Oumlrnek 69 u = x2 + y2 ve v = yex ise
part(u v)
part(x y)= 2xex minus 2y2ex
Lemma 7 φ(x y) ψ(x y) f(x y u v) ve g(x y u v) fonksiyonlarının hepsi tuumlretilebilirolsun Eger
part(f g)
part(u v)6= 0 (10)
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0(11)
sartları saglanırsa φx φy ψx ψy kısmi tuumlrevleri asagıdaki gibi belirlenir
partφ
partx= minus
part(fg)part(xv)
part(fg)part(uv)
partψ
partx= minus
part(fg)part(ux)
part(fg)part(uv)
(12)
partφ
party= minus
part(fg)part(yv)
part(fg)part(uv)
partψ
party= minus
part(fg)part(uy)
part(fg)part(uv)
(13)
Kanıt (14) denklemlerini xrsquoe goumlre tuumlretirsek
fx + fuφx + fvψx = 0
gx + guφx + gvψx = 0
veya [fu fvgx gv
] [φxψx
]=
[minusfxminusgx
]buluruz Bu denklemin ccediloumlzuumlmuuml verilen (10) sartı altında muumlmkuumlnduumlr ve ccediloumlzuumlmler (12)seklindedir Benzer sekilde (13) elde edilir
74 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Simdi kapalı fonksiyon teoreminin yeni bir seklini yazalım
Teorem 24 (Kapalı Fonksiyon Teoremi 3) (x0 y0 u0 v0) noktasını iccedileren bir U sub R4
accedilık komsulugunda f U rarr R ve g U rarr R fonksiyonları suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahipolsun
f(x0 y0 u0 v0) = g(x0 y0 u0 v0) = 0
vepart(f g)
part(u v)6= 0
sartları saglansın O halde (x0 y0) noktasının bir V sub U accedilık komsulugu ve bu accedilıkkomsulukta tanımlı φ V rarr R2 ψ V rarr R2 fonksiyonları vardır Bu fonksiyonlar
φ(x0 y0) = u0 ψ(x0 y0) = v0
vef(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0
g(x y φ(x y) ψ(x y)) = 0 forall(x y) isin V (14)
sartlarını saglar Bu fonksiyonlar suumlrekli kısmi tuumlrevlere sahiptir ve kısmi tuumlrevleri (12)ve (13) seklinde verilir
Teorem 24 ve Lemma 7 arasındaki fark teoremde u ve vrsquonin x ve yrsquonin fonksiyonlarıoldugunu kabul etmiyoruz Hatta bunu goumlsteriyoruz
Oumlrnek 70xu+ yv2 = 0
xv3 + y2u6 = 0
denklemleri u ve v iccedilin x ve y cinsinden x = 0 y = 1 u = 0 v = 0 noktası civarında tekbir sekilde ccediloumlzuumllebilir mi
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim
part(f g)
part(u v) (uvxy)=(0100)
=
∣∣∣∣ x 2yv
6y2u5 3xv2
∣∣∣∣(uvxy)=(0100)
= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize bu durumda bilgi vermez Ccediloumlzuumlmuumln olupolmadıgını incelemek iccedilin dogrudan analiz gereklidir
F = (f g) R3 rarr R2 durumu
Kapalı fonksiyon teoreminin f(x y z) = g(x y z) = 0 denklem sisteminin x ve y iccedilin z
cinsinden ccediloumlzuumllebilirlik kosulu nasıl belirleyebilecegimizi goumlsteren bir oumlrnek goumlrelimGeometrik yorum Eger
part(f g)
part(x y)
∣∣∣∣(xy)=(x0y0)
6= 0
ise f(x y z) = 0 ve g(x y z) = 0 yuumlzeylerinin kesisimi (x0 y0) noktasının bir U komsu-lugunda bir egri tanımlar ve bu egri yerel olarak z degiskeni tarafından parametrizeedilebilir
ZORUNLU OLMAYAN BILGILER 75
Oumlrnek 713xminus cos y + y + ez = 0
xminus ex minus y + z + 1 = 0
denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası civarında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y =
y(z) fonksiyonlarının var oldugunu goumlsterin ve dxdz ve dydz tuumlrevlerini hesaplayın
Ccediloumlzuumlm Denklemleri sol taraflarına f ve g diyelim f(0 0 z) = g(0 0 z) = 0 denklemle-rinin ccediloumlzuumlmuuml z = 0 verir
part(f g)
part(x y)|(xyz)=(000)=
∣∣∣∣ 3 sin y + 1
1minus ex minus1
∣∣∣∣(xyz)=(000)
= minus3 6= 0
oldugundan kapalı fonksiyon teoremi bize denklem sistemini (x y) = (0 0) noktası ci-varında tek bir sekilde ccediloumlzen x = x(z) ve y = y(z) fonksiyonlarının var oldugunu soumlylerTuumlrevleri hesaplamak iccedilin denklem sisteminin z degiskenine goumlre tuumlrevini alalım
3dx
dz+ sin y(z)
dy
dz+dy
dz+ ez = 0
dx
dzminus ex(z) minus y(z) + z + 1 = 0[3 sin y + 1
1minus ex minus1
] [xprime
yprime
]=
[minusezminus1
]sistemini ccediloumlzersek
dx
dz=
ez + sin y + 1
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex) dy
dz=
eminusz minus exminusz minus 3
minus3minus (sin y + 1)(1minus ex)
buluruz
Genel Durum F = (f1 fn) Rn+m rarr Rn
En genel durumda KFT su sekilde ifade edilebilir
f1(x1 xn y1 ym) = 0
f2(x1 xn y1 ym) = 0
fn(x1 xn y1 ym) = 0
n+m bilinmeyenli n denklemden olusan bir denklem takımı olsun(x1 xn y1 ym) = (a1 an b1 bm) bu denklem sisteminin bir ccediloumlzuumlmuuml ol-
sunpart(f1 fn)
part(x1 xn)|(a1anb1bm) 6= 0
ise bu denklem takımı y1 ym iccedilin x1 xn cinsinden (a1 an b1 bm) isin Rn+m
noktasının bir komsulugunda tek bir sekilde ccediloumlzuumllebilir
76 2020 BAHAR DOumlNEMINDE ISLENMEYEN KONULAR
Oumlrnek 72 bull f1(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 f2(x1 x2 x3 y1 y2) = 0 vepart(f1 f2)
part(y1 y2)6= 0 ise
party2partx3
kısmi tuumlrevini uygun jakobyenler aracılıgıyla bulunuz
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 253-255 1 2 3 4 5 6 7 8
bull Ahmet Tekcan Ileri Analiz syf 261-262 2 4 5 6 7
Kaynakccedila
[BST08] Andrew M Bruckner Brian S Thomson Judith B Bruckner Ele-mentary Real Analysis httpclassicalrealanalysisinfodocumentsTBB-AllChapters-Landscapepdf 2008
[Wad00] William Wade An introduction to analysis second edition 2000
77
- İccedilindekiler
- 1 Hafta
-
- Limit
-
- 2 Hafta
-
- Suumlreklilik
- Kısmi Tuumlrevler
-
- 3 Hafta
-
- Tuumlretilebilme
- Zincir Kuralı
-
- 4 Hafta
-
- Kapalı ve Ters Fonksiyon Teoremleri
- Youmlnluuml Tuumlrev
-
- 5 Hafta
-
- Analitik Geometri Vektoumlrler Doğrular ve Duumlzlemler
-
- 6 Hafta
-
- Teğet Duumlzlem
-
- 7-8 Hafta
-
- Ektremum Problemleri
- Lagrange Ccedilarpanları Youmlntemi
-
- 9-10 Hafta
-
- Ccedilok Katlı Riemann İntegralinin Tanımı
- İki Katlı İntegrallerin Hesaplanması
- İki Katlı İntegrallerde Değişken Değiştirme
-
- 2020 Bahar Doumlneminde İşlenmeyen Konular
-
- Uumlccedil Katlı İntegraller
- Zorunlu Olmayan Bilgiler
-
- Kaynakccedila
-