7  Ekstremum Noktaları ve Fermat Teoremi

Buraya kadar türevi bir hesap aracı olarak kurduk: tanımını verdik, aritmetiğini çıkardık, zincir kuralını ve ters fonksiyonun türevini ispatladık, temel fonksiyonların türevlerini hesapladık ve son olarak Yüksek Mertebeden Türevler ve Leibniz Kuralı bölümünde türev almayı yineleyerek \(f''\), \(f'''\), \(f^{(n)}\)’e ulaştık. Bu bölümle birlikte kitabın yönü değişiyor. Artık soru “türev nasıl hesaplanır” değil, “türev fonksiyon hakkında ne söyler”dir.

Türevin en eski ve en somut kullanımı, bir fonksiyonun en büyük ya da en küçük değerini nerede aldığını bulmaktır. Pierre de Fermat, henüz türev kavramı bugünkü biçimiyle tanımlanmadan önce, 1630’lu yıllarda maksimum ve minimum noktalarını bulmak için bir yöntem geliştirmişti; bu yöntemin arkasındaki fikir tam olarak bu bölümde ispatlayacağımız teoremdir. Fikir çok basittir: bir tepe noktasında grafiğe çizilen teğet yataydır, çünkü teğetin eğimi pozitif olsaydı grafik o noktadan sağa doğru yükselmeye devam ederdi, negatif olsaydı sola doğru yükselirdi; her iki durumda da o nokta bir tepe olmazdı.

Bu bölümde şunları öğreneceğiz: bir noktanın yerel ya da mutlak ekstremum noktası olması ne demektir; Fermat teoremi bu noktalarda türev hakkında ne söyler ve teoremin hipotezlerinden hangisi kaldırılamaz; teoremin karşıtının neden doğru olmadığı; türevin var olmadığı noktalarda ve tanım kümesinin uç noktalarında ne yapılacağı; ve son olarak, kapalı bir aralıkta sürekli bir fonksiyonun mutlak ekstremumlarını sonlu sayıda adayı karşılaştırarak bulmayı sağlayan yordam. Bölümün sonunda bu yordamı somut bir optimizasyon problemine uygulayacağız. Fermat teoremi bundan sonraki bütün bölümlerin taşıyıcı sütunudur — Rolle teoremi doğrudan ondan, ortalama değer teoremi de Rolle’den çıkar — bu yüzden teoremin kendisi kadar sınırlarını da iyi anlamak gerekir.

7.1 Yerel ve Mutlak Ekstremum Noktaları

Bir fonksiyonun “en büyük değeri” derken iki farklı şey kastedebiliriz. Birincisi, o noktanın çevresindeki noktalarla karşılaştırıldığında en büyük olmasıdır; bir dağ silsilesinde her tepe, kendi yakın çevresinin en yükseğidir ama silsilenin en yükseği olmak zorunda değildir. İkincisi ise fonksiyonun bütün tanım kümesindeki en büyük değeridir. İlkine yerel, ikincisine mutlak diyoruz.

Tanımlarda \(x_0\) noktasının \(\varepsilon\)-komşuluğu (bkz. Analiz 1) gösterimini kullanacağız:

\[V_\varepsilon(x_0) = (x_0 - \varepsilon,\; x_0 + \varepsilon) = \{ x \in \mathbb{R} : |x - x_0| < \varepsilon \}.\]

Tanım 7.1 (Yerel Maksimum ve Yerel Minimum) \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(x_0 \in A\) olsun.

1. Öyle bir \(\varepsilon > 0\) varsa ki \(V_\varepsilon(x_0) \cap A\) kümesindeki her \(x\) için \[f(x) \le f(x_0)\] oluyorsa, \(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir yerel maksimum noktası (local maximum point), \(f(x_0)\) değerine de bir yerel maksimum değeri denir.
2. Öyle bir \(\varepsilon > 0\) varsa ki \(V_\varepsilon(x_0) \cap A\) kümesindeki her \(x\) için \[f(x) \ge f(x_0)\] oluyorsa, \(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir yerel minimum noktası (local minimum point), \(f(x_0)\) değerine de bir yerel minimum değeri denir.

Bu iki tür nokta topluca yerel ekstremum noktaları (local extrema points) diye adlandırılır.

Tanımdaki \(\varepsilon\)’un \(x_0\)’a bağlı olduğuna dikkat edin: her yerel maksimum noktasının kendi “yeterince küçük” komşuluğu vardır. Ayrıca karşılaştırma yalnızca \(V_\varepsilon(x_0)\)’un tanım kümesiyle kesişiminde yapılır; \(A\)’nın dışında kalan noktalar için \(f\) tanımlı bile değildir. \(A\) bir açık aralık ve \(x_0\) onun bir noktası ise \(\varepsilon\) yeterince küçük seçilerek \(V_\varepsilon(x_0) \subseteq A\) sağlanabileceğinden, kesişim yazmaya gerek kalmaz.

Şimdi aynı karşılaştırmayı tanım kümesinin tamamında yapalım.

Tanım 7.2 (Mutlak Maksimum ve Mutlak Minimum) \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(x_0 \in A\) olsun.

1. Her \(x \in A\) için \(f(x) \le f(x_0)\) ise, \(x_0\) noktasına \(f\)’nin \(A\) üzerindeki bir mutlak maksimum noktası (absolute maximum point) denir. Bu durumda \(f(x_0) = \max_{x \in A} f(x)\)’tir.
2. Her \(x \in A\) için \(f(x) \ge f(x_0)\) ise, \(x_0\) noktasına \(f\)’nin \(A\) üzerindeki bir mutlak minimum noktası (absolute minimum point) denir. Bu durumda \(f(x_0) = \min_{x \in A} f(x)\)’tir.

Bu iki tür nokta topluca mutlak ekstremum noktaları (absolute extrema points) diye adlandırılır. “Mutlak” yerine “global” de denir.

İki tanım arasındaki ilişki tek yönlüdür ve hemen görülür: \(x_0\) bir mutlak maksimum noktası ise, \(f(x) \le f(x_0)\) eşitsizliği \(A\)’nın her noktasında geçerli olduğundan, özel olarak \(V_\varepsilon(x_0) \cap A\)’nın da her noktasında geçerlidir; yani \(x_0\) aynı zamanda bir yerel maksimum noktasıdır. Burada \(\varepsilon\)’u istediğimiz gibi, örneğin \(\varepsilon = 1\) seçebiliriz. Ters yön doğru değildir: bir tepe, silsilenin en yükseği olmayabilir. Bunu birazdan örnekte açıkça göreceğiz.

NotNokta mı, değer mi?

Dikkat edilecek tek şey, ekstremum noktası ile ekstremum değerini karıştırmamaktır. Ekstremum noktası tanım kümesinde bir \(x_0\)’dır (\(x\) ekseninde durur); ekstremum değeri ise \(f(x_0)\) sayısıdır (\(y\) ekseninde durur). Bir fonksiyonun mutlak maksimum değeri varsa tektir — çünkü \(\max_{x\in A} f(x)\) bir sayıdır ve Kümenin Maksimumu ve Minimumu gereği tek olarak belirlenir — ama bu değerin alındığı noktalar birden fazla olabilir. Örneğin sabit fonksiyonun mutlak maksimum değeri tektir, ama tanım kümesinin her noktası bir mutlak maksimum noktasıdır.

Ayrıca sabit fonksiyonda her nokta hem mutlak maksimum hem mutlak minimum noktasıdır; tanımda kesin eşitsizlik istenmediği için bu tamamen olağandır. Eşitsizliğin \(x \ne x_0\) için kesin olması istenirse kesin yerel maksimum (strict local maximum) terimi kullanılır; biz aksi söylenmedikçe kesin olmayan tanımı kullanacağız.

Şimdi bütün bu ayrımların aynı anda görüldüğü bir örnek üzerinde çalışalım. Örnek özellikle seçilmiştir: içinde bir uç nokta, bir mutlak minimum, türevin var olmadığı bir tepe ve fonksiyonun sabit kaldığı bütün bir yarı doğru vardır.

Örnek 7.1 (Parçalı Bir Fonksiyonun Bütün Ekstremumları) \(A = [-1, +\infty)\) ve \(f : A \to \mathbb{R}\),

\[f(x) = \begin{cases} x^2, & -1 \le x < 2, \\ 4, & x \ge 2 \end{cases}\]

olsun. \(f\)’nin bütün yerel ve mutlak ekstremum noktalarını belirleyiniz.

Çözüm

Önce fonksiyonun genel gidişini belirleyelim. \([-1, 0]\) üzerinde \(f(x) = x^2\) kesin azalandır, \([0, 2)\) üzerinde kesin artandır, \([2, +\infty)\) üzerinde ise sabittir. Ayrıca

\[\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} x^2 = 4 = f(2)\]

olduğundan \(f\), \(x = 2\) noktasında da süreklidir; yani \(f\) bütün \(A\) üzerinde süreklidir. Görüntü kümesi \(f(A) = [0, 4]\)’tür: \(x^2\) ifadesi \(x \in [-1,2)\) için \([0,4)\) aralığının bütün değerlerini alır, \(4\) değeri de \(x \ge 2\) için alınır.

\(x_0 = -1\) bir yerel maksimum noktasıdır. Burası tanım kümesinin sol uç noktasıdır, dolayısıyla karşılaştırma yalnızca sağdaki noktalarla yapılır. \(\varepsilon = 1\) alalım. \(x \in V_1(-1) \cap A = [-1, 0)\) ise \(-1 \le x < 0\), buradan \(|x| \le 1\) ve

\[f(x) = x^2 = |x|^2 \le 1 = f(-1)\]

olur. Demek ki \(f(x) \le f(-1)\) eşitsizliği \(-1\)’in bir komşuluğunda sağlanır: \(x_0 = -1\) yerel maksimum noktasıdır. Yerel minimum noktası değildir, çünkü \(-1 < x < 0\) olan her \(x\) için \(f(x) = x^2 < 1 = f(-1)\)’dir. Mutlak maksimum noktası da değildir, çünkü \(f(3) = 4 > 1 = f(-1)\)’dir. İşte “yerel olup mutlak olmayan” bir ekstremumun somut örneği.

\(x_0 = 0\) mutlak minimum noktasıdır. Her \(x \in [-1,2)\) için \(f(x) = x^2 \ge 0\) ve her \(x \ge 2\) için \(f(x) = 4 > 0\)’dır. Öyleyse her \(x \in A\) için

\[f(x) \ge 0 = f(0),\]

yani \(x_0 = 0\) mutlak minimum noktasıdır; mutlak minimum değeri \(0\)’dır. Üstelik bu değerin alındığı tek nokta \(0\)’dır: \(x \ne 0\) ve \(x \in [-1,2)\) ise \(x^2 > 0\), \(x \ge 2\) ise \(f(x) = 4 > 0\). Mutlak minimum olduğundan aynı zamanda yerel minimumdur.

\(x_0 = 2\) bir yerel maksimum noktasıdır. \(f(2) = 4\)’tür. \(\varepsilon = 1\) alalım ve \(x \in V_1(2) \cap A = (1,3)\) olsun. İki durum var:

• \(1 < x < 2\) ise \(f(x) = x^2 < 4 = f(2)\);
• \(2 \le x < 3\) ise \(f(x) = 4 = f(2)\).

Her iki durumda da \(f(x) \le f(2)\); demek ki \(x_0 = 2\) yerel maksimum noktasıdır. Yerel minimum noktası değildir, çünkü solundaki noktalarda \(f\) daha küçük değerler alır: örneğin \(f(1{,}5) = 2{,}25 < 4\).

Burada durup bir adım daha atalım. Yukarıda \(f(A) = [0,4]\) olduğunu gördük; yani her \(x \in A\) için \(f(x) \le 4 = f(2)\)’dir. Bu, Tanım 7.2’un tam olarak istediği koşuldur: \(x_0 = 2\) yalnızca yerel değil, mutlak maksimum noktasıdır da. Fonksiyonun değerlerinin supremumu \(\sup_{x \in A} f(x) = 4\)’tür ve bu supremum gerçekten alınmaktadır — bu yüzden \(\max_{x\in A} f(x) = 4\) diye yazma hakkımız vardır. Ne var ki \(2\) bu değerin alındığı tek nokta değildir: \(x \ge 2\) olan her nokta da mutlak maksimum noktasıdır. Mutlak maksimum değeri tekti, mutlak maksimum noktası değil.

\(x_0 > 2\) olan her nokta hem yerel maksimum hem yerel minimum noktasıdır. \(x_0 > 2\) olsun ve \(\varepsilon = x_0 - 2 > 0\) alalım. O zaman

\[V_\varepsilon(x_0) = (x_0 - \varepsilon,\; x_0 + \varepsilon) = (2,\; 2x_0 - 2) \subseteq (2, +\infty) \subseteq A\]

olur; bu komşuluğun her noktasında \(f(x) = 4 = f(x_0)\)’dır. Eşitlik hem \(f(x) \le f(x_0)\) hem \(f(x) \ge f(x_0)\) eşitsizliklerini sağladığından \(x_0\) hem yerel maksimum hem yerel minimum noktasıdır. Fonksiyon bu noktanın çevresinde sabit olduğu için ikisi birden olur; bu, kesin olmayan tanımın doğal bir sonucudur. Aynı noktalar mutlak maksimum noktalarıdır ama mutlak minimum noktaları değildir (\(f(0) = 0 < 4\)).

Geri kalan noktalar ekstremum değildir. \(-1 < x_0 < 0\) olsun. \(f\) bu civarda \(x^2\)’dir ve \([-1,0]\) üzerinde kesin azalandır; dolayısıyla \(x_0\)’ın yeterince küçük her komşuluğunda hem \(f(x) > f(x_0)\) olan (solda) hem \(f(x) < f(x_0)\) olan (sağda) noktalar bulunur. Böyle bir nokta ne yerel maksimum ne yerel minimum olabilir. \(0 < x_0 < 2\) durumu simetriktir: \(f\) orada kesin artandır, yine solda küçük sağda büyük değerler vardır.

Özet.

Nokta	Yerel maks.	Yerel min.	Mutlak maks.	Mutlak min.
\(x = -1\)	evet	hayır	hayır	hayır
\(-1 < x < 0\)	hayır	hayır	hayır	hayır
\(x = 0\)	hayır	evet	hayır	evet
\(0 < x < 2\)	hayır	hayır	hayır	hayır
\(x = 2\)	evet	hayır	evet	hayır
\(x > 2\)	evet	evet	evet	hayır

\(\blacksquare\)

Bu örnek, bundan sonra söyleyeceğimiz her şeyin mihenk taşı olacak. Şimdiden bir gözlem yapalım: bulduğumuz ekstremum noktaları birbirinden çok farklı üç türdendir. \(x = -1\) tanım kümesinin uç noktasıdır ve orada türev (sağdan) vardır ama sıfır değildir; \(x = 2\) noktasında türev hiç yoktur (soldan türev \(4\), sağdan türev \(0\)’dır); buna karşılık \(x = 0\) noktasında ve \(x > 2\) olan her noktada türev vardır ve sıfırdır. Yani “türev sıfırdır” durumu ekstremum noktalarının yalnızca bir bölümünde ortaya çıkar. Bölümün gerisi tam olarak bu üç durumu birbirinden ayırmakla ilgilidir.

7.2 Fermat Teoremi

Şimdi ekstremum noktaları ile türev arasındaki temel bağlantıyı kuralım. Sezgi şudur: \(x_0\) bir yerel maksimum noktası ise, oradan sağa gidildiğinde fonksiyon artamaz, sola gidildiğinde de artamaz. “Sağa doğru artmama” fark oranını negatif tarafa iter, “sola doğru artmama” ise pozitif tarafa. Türev varsa bu iki baskı aynı sayıya uygulanır ve tek çıkış yolu o sayının sıfır olmasıdır.

Teorem 7.1 (Fermat Teoremi) \(I \subseteq \mathbb{R}\) açık bir aralık ve \(f : I \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. \(f\)’nin bir \(x_0 \in I\) noktasında yerel ekstremumu (maksimum ya da minimum) varsa ve \(f\) bu noktada türevlenebiliyorsa,

\[f'(x_0) = 0\]

olur.

Fermat teoremi: açık bir I aralığının iç noktasında yerel bir ekstremum varsa ve türev orada mevcutsa, teğet yataydır — x₁'de yerel maksimum, x₂'de yerel minimum ve her ikisinde de f′ = 0. Nedeni fark oranının işaretidir: sağdan yaklaşınca oran ≤ 0, soldan yaklaşınca ≥ 0 çıkar, dolayısıyla limit hem ≤ 0 hem ≥ 0, yani sıfırdır. Aralık açık olduğu için a ve b uçları dışarıda kalır; orada yalnızca tek yanlı fark oranı vardır ve bu argüman yürümez.

İspat

\(I\) açık olduğundan ve \(x_0 \in I\) olduğundan, \(V_{\varepsilon_0}(x_0) \subseteq I\) olacak biçimde bir \(\varepsilon_0 > 0\) vardır (bkz. Analiz 1). Yerel ekstremum tanımındaki \(\varepsilon\)’u gerekirse küçülterek \(\varepsilon \le \varepsilon_0\) alabiliriz; böylece \(V_\varepsilon(x_0) \subseteq I\) olur ve ekstremum eşitsizliği bu komşuluğun her noktasında geçerlidir. \(f\) türevlenebilir olduğundan, Teorem 2.1 gereği \(x_0\)’da her iki tek yönlü türev de vardır ve

\[f'_-(x_0) = f'_+(x_0) = f'(x_0)\]

eşitlikleri sağlanır. İki durumu ayrı ayrı ele alıyoruz.

Durum 1: \(x_0\) bir yerel maksimum noktası. O hâlde her \(x \in V_\varepsilon(x_0)\) için \(f(x) \le f(x_0)\), yani

\[f(x) - f(x_0) \le 0.\]

Sağdan yaklaşma. \(x_0 < x < x_0 + \varepsilon\) olsun. Bu durumda \(x - x_0 > 0\)’dır ve pozitif bir sayıya bölme eşitsizliğin yönünü değiştirmez:

\[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \le 0.\]

Fark oranı (Tanım 2.1) \(x_0\)’ın sağındaki bütün noktalarda \(\le 0\) olduğundan, sağdan limit alındığında bu eşitsizlik korunur (bkz. Analiz 1; sabit \(0\) fonksiyonuyla karşılaştırıyoruz). Sağdan limit tam olarak sağdan türevdir (Tanım 2.6):

\[f'(x_0) = f'_+(x_0) = \lim_{x \to x_0^+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \le 0.\]

Soldan yaklaşma. Şimdi \(x_0 - \varepsilon < x < x_0\) olsun. Bu kez \(x - x_0 < 0\)’dır; negatif bir sayıya bölmek eşitsizliğin yönünü ters çevirir. Pay yine \(\le 0\) olduğundan

\[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \ge 0\]

elde ederiz. Aynı gerekçeyle soldan limit de \(\ge 0\) olur:

\[f'(x_0) = f'_-(x_0) = \lim_{x \to x_0^-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \ge 0.\]

Sonuç. Aynı \(f'(x_0)\) sayısı hem \(\le 0\) hem \(\ge 0\)’dır. Hem \(\le 0\) hem \(\ge 0\) olan tek reel sayı \(0\) olduğundan \(f'(x_0) = 0\).

Durum 2: \(x_0\) bir yerel minimum noktası. Bu kez her \(x \in V_\varepsilon(x_0)\) için \(f(x) \ge f(x_0)\), yani

\[f(x) - f(x_0) \ge 0.\]

Sağdan yaklaşma. \(x_0 < x < x_0 + \varepsilon\) için \(x - x_0 > 0\) olduğundan

\[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \ge 0 \quad \Longrightarrow \quad f'(x_0) = f'_+(x_0) \ge 0.\]

Soldan yaklaşma. \(x_0 - \varepsilon < x < x_0\) için pay \(\ge 0\), payda \(< 0\) olduğundan

\[\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \le 0 \quad \Longrightarrow \quad f'(x_0) = f'_-(x_0) \le 0.\]

Sonuç. Yine \(0 \le f'(x_0) \le 0\), yani \(f'(x_0) = 0\).

Her iki durumda da \(f'(x_0) = 0\) bulundu.

\(\blacksquare\)

İpucuİkinci durum için kestirme yol

İkinci durumu birinciye indirgemek de mümkündür. \(x_0\), \(f\) için bir yerel minimum noktası ise, \(g = -f\) fonksiyonu için bir yerel maksimum noktasıdır: \(f(x) \ge f(x_0)\) eşitsizliğini \(-1\) ile çarpınca \(g(x) \le g(x_0)\) olur. \(g\) de \(x_0\)’da türevlenebilirdir ve Teorem 3.2 gereği \(g'(x_0) = -f'(x_0)\)’dır. Durum 1’i \(g\)’ye uygularsak \(g'(x_0) = 0\), yani \(-f'(x_0) = 0\) ve buradan \(f'(x_0) = 0\) çıkar. Yukarıda ikinci durumu yine de baştan yazdık, çünkü eşitsizliklerin hangi adımda yön değiştirdiğini bir kez daha görmek Fermat teoreminin ruhunu iyi anlatıyor.

Teoremin geometrik anlamı açıktır: bir yerel ekstremum noktasında grafiğe çizilen teğet, varsa, yataydır. Fermat’nın 1638’e uzanan yönteminin özü buydu; Fermat teğet kavramını değil, “maksimumun yakınında fonksiyonun değeri neredeyse değişmez” gözlemini kullanıyordu.

Teoremin üç hipotezi vardır ve hiçbiri süs değildir: \(I\) açık olmalı (yani \(x_0\) bir iç nokta olmalı), \(x_0\) bir yerel ekstremum olmalı, ve \(f\) bu noktada türevlenebilir olmalı. Şimdi bunları tek tek yoklayacağız. Önce iç nokta koşulunun tam olarak neyi sağladığını görelim.

Önerme 7.1 (İç Noktada Tek Yönlü Türev Koşulu) \(A \subseteq \mathbb{R}\), \(f : A \to \mathbb{R}\) ve \(x_0\), \(A\)’nın bir iç noktası olsun (yani bir \(\varepsilon_0 > 0\) için \(V_{\varepsilon_0}(x_0) \subseteq A\)). \(f\)’nin \(x_0\)’da her iki tek yönlü türevi de var olsun.

1. \(x_0\) bir yerel maksimum noktası ise \(f'_-(x_0) \ge 0 \ge f'_+(x_0)\) olur.
2. \(x_0\) bir yerel minimum noktası ise \(f'_-(x_0) \le 0 \le f'_+(x_0)\) olur.

İspat

İspat, Teorem 7.1’nın ispatındaki hesabın türevin varlığı kullanılmadan yazılmış hâlidir. \(\varepsilon \le \varepsilon_0\) olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) seçelim ki ekstremum eşitsizliği \(V_\varepsilon(x_0) \subseteq A\) üzerinde geçerli olsun.

(1) \(x_0\) yerel maksimum ise \(V_\varepsilon(x_0)\) üzerinde \(f(x) - f(x_0) \le 0\)’dır. \(x_0 < x < x_0 + \varepsilon\) için payda pozitiftir, fark oranı \(\le 0\) olur ve sağdan limitte \(f'_+(x_0) \le 0\) elde edilir. \(x_0 - \varepsilon < x < x_0\) için payda negatiftir, fark oranı \(\ge 0\) olur ve soldan limitte \(f'_-(x_0) \ge 0\) elde edilir. İkisi birlikte \(f'_-(x_0) \ge 0 \ge f'_+(x_0)\) verir.

(2) \(x_0\) yerel minimum ise \(f(x) - f(x_0) \ge 0\)’dır. Sağda payda pozitif olduğundan fark oranı \(\ge 0\) ve \(f'_+(x_0) \ge 0\); solda payda negatif olduğundan fark oranı \(\le 0\) ve \(f'_-(x_0) \le 0\). Yani \(f'_-(x_0) \le 0 \le f'_+(x_0)\).

\(\blacksquare\)

Bu önerme Fermat teoremini de içerir: \(f\) türevlenebilirse \(f'_-(x_0) = f'_+(x_0) = f'(x_0)\) olduğundan (1) hâlinde \(f'(x_0) \ge 0 \ge f'(x_0)\), (2) hâlinde \(f'(x_0) \le 0 \le f'(x_0)\) çıkar ve her iki durumda da \(f'(x_0) = 0\) olur. Önermenin asıl değeri, türevin var olmadığı köşe noktalarında da bir şey söylemesidir. Örnek 7.1’ndeki \(x_0 = 2\) noktasını yoklayalım: orada

\[f'_-(2) = \lim_{x \to 2^-} \frac{x^2 - 4}{x - 2} = \lim_{x \to 2^-} (x+2) = 4, \qquad f'_+(2) = \lim_{x \to 2^+} \frac{4 - 4}{x - 2} = 0\]

olduğundan \(f'_-(2) = 4 \ge 0 \ge 0 = f'_+(2)\); önermenin yerel maksimum koşulu gerçekten sağlanıyor. İki tek yönlü türev eşit olmadığı için \(f\) bu noktada türevlenebilir değildir ve Fermat teoremi uygulanamaz — ama nokta yine de bir yerel maksimumdur.

Şimdi de iç nokta olmama durumuna, yani tanım kümesinin uçlarına bakalım. Kapalı bir \([a,b]\) aralığında \(a\) ve \(b\) noktalarında yalnızca tek yönlü yaklaşma mümkün olduğundan, elde edebileceğimiz bilgi de tek yönlüdür.

Sonuç 7.1 (Uç Noktalarda Tek Yönlü Türev Koşulu) \(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun.

1. \(f\)’nin \(a\) noktasında yerel maksimumu varsa ve \(f'_+(a)\) mevcutsa, \(f'_+(a) \le 0\) olur.
2. \(f\)’nin \(a\) noktasında yerel minimumu varsa ve \(f'_+(a)\) mevcutsa, \(f'_+(a) \ge 0\) olur.
3. \(f\)’nin \(b\) noktasında yerel maksimumu varsa ve \(f'_-(b)\) mevcutsa, \(f'_-(b) \ge 0\) olur.
4. \(f\)’nin \(b\) noktasında yerel minimumu varsa ve \(f'_-(b)\) mevcutsa, \(f'_-(b) \le 0\) olur.

Özel olarak, uç noktalardaki tek yönlü türevlerin sıfır olması gerekmez.

İspat

(1) \(a\) noktasında yerel maksimum olsun: bir \(\varepsilon > 0\) için \(V_\varepsilon(a) \cap [a,b]\) kümesinin her noktasında \(f(x) \le f(a)\)’dır. \(\delta = \min\{\varepsilon,\, b-a\} > 0\) diyelim; \(a\)’nın solundaki noktalar tanım kümesinde olmadığından bu kesişim \([a, a+\delta)\) aralığını kapsar. Demek ki \(a < x < a + \delta\) olan her \(x\) için

\[f(x) - f(a) \le 0, \qquad x - a > 0 \quad \Longrightarrow \quad \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \le 0.\]

\(x \to a^+\) limitine geçersek, sıralama limitte korunacağından (bkz. Analiz 1)

\[f'_+(a) = \lim_{x \to a^+} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} \le 0\]

bulunur. Soldan bir bilgi elde edemeyiz, çünkü \(a\)’nın solunda fonksiyon tanımlı değildir; bu yüzden ters yönlü eşitsizlik yoktur ve sıfıra sıkıştırma gerçekleşmez.

(2) \(a\) noktasında yerel minimum olsun. Aynı \(\delta\) ile \(a < x < a+\delta\) için \(f(x) - f(a) \ge 0\) ve \(x - a > 0\), dolayısıyla fark oranı \(\ge 0\)’dır. Limitte \(f'_+(a) \ge 0\).

(3) \(b\) noktasında yerel maksimum olsun. Bu kez, aynı \(\delta = \min\{\varepsilon,\, b-a\}\) ile, \(V_\varepsilon(b) \cap [a,b]\) kesişimi \((b - \delta, b]\) aralığını kapsar. \(b - \delta < x < b\) olan her \(x\) için \(f(x) - f(b) \le 0\) ve \(x - b < 0\) olduğundan, negatife bölme yönü çevirir:

\[\frac{f(x) - f(b)}{x - b} \ge 0 \quad \Longrightarrow \quad f'_-(b) = \lim_{x \to b^-} \frac{f(x) - f(b)}{x - b} \ge 0.\]

(4) \(b\) noktasında yerel minimum olsun. \(b - \delta < x < b\) için pay \(\ge 0\), payda \(< 0\), dolayısıyla fark oranı \(\le 0\) ve limitte \(f'_-(b) \le 0\).

Son iddia için bir örnek yeter: \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) fonksiyonu \(0\)’da mutlak minimuma, \(1\)’de mutlak maksimuma sahiptir; buna karşılık \(f'_+(0) = f'_-(1) = 1 \ne 0\)’dır. Bu, (1)–(4) ile tutarlıdır: \(0\) bir yerel minimum ve \(f'_+(0) = 1 \ge 0\); \(1\) bir yerel maksimum ve \(f'_-(1) = 1 \ge 0\).

\(\blacksquare\)

Bu sonucu şöyle akılda tutmak kolaydır: uçta ekstremum varsa, fonksiyon aralığın içine doğru “yanlış yöne” gidemez. Sol uçta maksimum ise içeri doğru artamaz, bu yüzden \(f'_+(a) \le 0\); sağ uçta maksimum ise içeriden gelirken düşmemiş olmalıdır, bu yüzden \(f'_-(b) \ge 0\).

İspatta \([a,b]\) aralığının öteki ucunun varlığı yalnızca \(\delta\) seçiminde kullanıldı; hesabın geri kalanı, uç noktaya tek yönlü yaklaşılabilmesinden ibarettir. Bu yüzden aynı sonuç, \([a, +\infty)\) ya da \((-\infty, b]\) gibi tek yanı kapalı aralıklar için de geçerlidir; orada yalnızca \(\delta = \varepsilon\) almak yeter.

Örnek 7.1’ndeki \(x_0 = -1\) uç noktasını yoklayalım; orada tanım kümesi \([-1, +\infty)\)’dur ve \(-1\) onun sol ucudur. \(f(x) = x^2\) olduğundan \(f'_+(-1) = 2 \cdot (-1) = -2\)’dir ve gerçekten \(-2 \le 0\); sonucun (1) şıkkı doğrulanmış oldu. Türev sıfır değildir ama bu bir çelişki yaratmaz, çünkü \(-1\) tanım kümesinin iç noktası değildir.

UyarıFermat teoreminin üç hipotezi de gereklidir

Aşağıdaki üç örnekten her biri, hipotezlerden yalnızca birini ihlal eder ve sonuç bozulur.

• İç nokta olma koşulu. \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\). \(x_0 = 1\) noktası mutlak (dolayısıyla yerel) maksimumdur, \(f\) orada soldan türevlenebilirdir, ama \(f'_-(1) = 1 \ne 0\)’dır. \(1\) bir iç nokta olmadığı için teorem uygulanamaz.
• Türevlenebilirlik koşulu. \(f(x) = |x|\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\)’da mutlak minimumu vardır, \(0\) bir iç noktadır, ama \(f\) orada türevlenebilir değildir; “\(f'(0) = 0\)” cümlesi anlamsızdır.
• Ekstremum olma koşulu. \(f(x) = x^3\) için \(f'(0) = 0\)’dır ama \(0\) bir ekstremum noktası değildir. Bu, teoremin karşıtının doğru olmadığını gösterir; birazdan ayrıntılı bakacağız.

7.3 Kritik Noktalar ve Ekstremum Adayları

Fermat teoremi bize bir eleme aracı verir: türevlenebilir bir fonksiyonun iç noktalardaki ekstremumları, ancak türevin sıfırlandığı yerlerde olabilir. Bu, sonsuz sayıda adayı genellikle sonlu bir listeye indirir. Türevin sıfırlanmadığı ya da var olmadığı yerleri toparlayan kavrama bir ad verelim.

Tanım 7.3 (Kritik Nokta) \(f : A \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon ve \(x_0\), \(A\)’nın bir iç noktası olsun. Eğer

1. \(f\) bu noktada türevlenebilir ve \(f'(x_0) = 0\) ise, ya da
2. \(f\) bu noktada türevlenebilir değilse,

\(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir kritik noktası (critical point) denir. Birinci türden noktalara ayrıca durağan nokta (stationary point) da denir.

Bu tanımla birlikte Fermat teoremi ve Sonuç 7.1 şu tek cümlede toplanır:

Bir ekstremum noktası ya bir kritik noktadır ya da tanım kümesinin bir uç noktasıdır.

Gerçekten de \(x_0\) bir ekstremum noktası olsun. İki seçenek vardır. \(x_0\) bir iç nokta ise: ya \(f\) orada türevlenebilir değildir (ikinci türden kritik nokta), ya da türevlenebilirdir ve Teorem 7.1 gereği \(f'(x_0) = 0\) olur (birinci türden kritik nokta). \(x_0\) bir iç nokta değilse, tanım kümesinin uç noktalarından biridir. Başka olasılık yoktur.

Dolayısıyla ekstremum ararken bakılacak üç aday kaynağı vardır:

1. Türevin sıfırlandığı noktalar: \(f'(x) = 0\) denkleminin kökleri.
2. Türevin var olmadığı noktalar: köşeler, düşey teğet noktaları, süreksizlik noktaları.
3. Tanım kümesinin uç noktaları: \([a,b]\) için \(a\) ve \(b\); genel olarak tanım kümesinin iç noktası olmayan noktaları.

Örnek 7.1’nde bu üç kaynağın üçü de temsil edilmişti: \(x = 0\) birinci kaynaktan (\(f'(0) = 0\)), \(x = 2\) ikinci kaynaktan (soldan ve sağdan türevler farklı), \(x = -1\) üçüncü kaynaktan (sol uç nokta) geliyordu. \(x > 2\) noktaları ise birinci kaynaktandır, çünkü orada \(f\) sabittir ve \(f'(x) = 0\)’dır.

Ama listenin aday listesi olduğunu unutmamak gerekir: her aday ekstremum olmak zorunda değildir. Şimdi bu tuzağı iki örnekle görelim.

Örnek 7.2 (Türevi Sıfır Olan Nokta Ekstremum Olmayabilir) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3\) fonksiyonunu ele alalım. \(f'(0) = 0\) olmasına karşın \(x_0 = 0\)’ın ne yerel maksimum ne de yerel minimum noktası olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Kuvvet kuralı gereği \(f'(x) = 3x^2\)’dir, dolayısıyla

\[f'(0) = 3 \cdot 0^2 = 0.\]

Yani \(0\) bir kritik (durağan) noktadır. Şimdi ekstremum olmadığını gösterelim. \(\varepsilon > 0\) ne kadar küçük seçilirse seçilsin, \(V_\varepsilon(0) = (-\varepsilon, \varepsilon)\) komşuluğu hem pozitif hem negatif noktalar içerir. Örneğin \(x_1 = \tfrac{\varepsilon}{2} > 0\) ve \(x_2 = -\tfrac{\varepsilon}{2} < 0\) noktalarını alalım:

\[f(x_1) = \frac{\varepsilon^3}{8} > 0 = f(0), \qquad f(x_2) = -\frac{\varepsilon^3}{8} < 0 = f(0).\]

Demek ki \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda “\(f(x) \le f(0)\) her yerde” ya da “\(f(x) \ge f(0)\) her yerde” diyemeyiz: her komşulukta \(f(0)\)’dan büyük de küçük de değerler vardır. Tanım 7.1 gereği \(0\) ne yerel maksimum ne yerel minimumdur.

Aslında daha fazlası doğrudur: \(f(x) = x^3\) bütün \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artandır. \(x < y\) ise \[y^3 - x^3 = (y - x)\left( y^2 + xy + x^2 \right) = (y-x)\left[ \left( y + \frac{x}{2} \right)^{\!2} + \frac{3x^2}{4} \right] > 0\] olur; köşeli parantezin içi ancak \(x = 0\) ve \(y = 0\) iken sıfır olabilir, oysa \(x < y\) olduğundan ikisi birden sıfır olamaz. Kesin artan bir fonksiyonun hiçbir noktası ekstremum olamaz. Grafiğin teğetini kestiği, yani teğetin bir yanında altında öteki yanında üstünde kaldığı bu tür noktalara dönüm noktası (inflection point) denir; \(f(x) = x^3\) için \(x = 0\) noktasında grafik konkavlıktan konveksliğe geçer. Dönüm noktalarını ileride ayrıca inceleyeceğiz.

\(\blacksquare\)

UyarıKarşıtı doğru değildir

Teorem 7.1 “ekstremum \(\Rightarrow\) türev sıfır” der; “türev sıfır \(\Rightarrow\) ekstremum” demez. \(f(x) = x^3\) örneği bunu kesin biçimde gösterir. Aynı biçimde \(f(x) = x^5\), \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x\) ya da \(f(x) = \sin x - x\) fonksiyonlarında da türevin sıfırlandığı ama ekstremum olmayan noktalar vardır.

Bu yüzden Fermat teoremi tek başına bir test değildir; bir eleme kuralıdır. Adayları bulduktan sonra her adayın gerçekten ekstremum olup olmadığı ayrıca araştırılmalıdır. Bunun sistemli yolunu (birinci ve ikinci türev testlerini) ortalama değer teoremini kurduktan sonra vereceğiz.

Örnek 7.3 (Ekstremum Noktasında Türev Olmayabilir) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = |x|\) fonksiyonunun \(x_0 = 0\)’da mutlak minimumu olduğunu, ama bu noktada türevlenebilir olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Mutlak minimum. Mutlak değerin tanımı gereği (bkz. Analiz 1) her \(x \in \mathbb{R}\) için \(|x| \ge 0\)’dır ve \(f(0) = |0| = 0\)’dır. Demek ki her \(x\) için

\[f(x) = |x| \ge 0 = f(0),\]

yani \(x_0 = 0\) bir mutlak minimum noktasıdır (Tanım 7.2). Üstelik \(x \ne 0\) için \(|x| > 0\) olduğundan bu değeri veren tek noktadır. Mutlak minimum olduğu için yerel minimumdur da.

Türevin yokluğu. Fark oranını hesaplayalım. \(x > 0\) için \(|x| = x\) olduğundan

\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{|x|}{x} = \frac{x}{x} = 1 \quad \Longrightarrow \quad f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} 1 = 1.\]

\(x < 0\) için \(|x| = -x\) olduğundan

\[\frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \frac{-x}{x} = -1 \quad \Longrightarrow \quad f'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} (-1) = -1.\]

\(f'_-(0) = -1 \ne 1 = f'_+(0)\) olduğundan Teorem 2.1 gereği \(f\), \(0\)’da türevlenebilir değildir. Grafik bu noktada bir köşe yapar: soldan gelen doğrunun eğimi \(-1\), sağdan gidenin eğimi \(+1\)’dir ve tek bir teğet doğrusu yoktur.

Bu, Fermat teoremiyle çelişmez: teorem türevlenebilirliği varsayar; varsayım sağlanmadığında teoremin söyleyecek bir şeyi yoktur. Buna karşılık Önerme 7.1 uygulanabilir ve doğrulanır: \(0\) bir yerel minimum olduğundan \(f'_-(0) \le 0 \le f'_+(0)\) beklenir; gerçekten \(-1 \le 0 \le 1\)’dir.

Türev yokluğunun bambaşka bir biçimde ortaya çıktığı bir örnek de \(g(x) = \sqrt[3]{x^2} = x^{2/3}\)’tür. Her \(x\) için \(g(x) \ge 0 = g(0)\) olduğundan \(0\) mutlak minimumdur; ama \(x > 0\) için

\[\frac{g(x) - g(0)}{x - 0} = \frac{x^{2/3}}{x} = x^{-1/3} \xrightarrow[\;x \to 0^+\;]{} +\infty\]

olduğundan sağdan türev (sonlu bir sayı olarak) yoktur. Burada grafik köşe değil, düşey teğetli sivri uç yapar.

\(\blacksquare\)

7.4 Kapalı Aralıkta Mutlak Ekstremum Bulma

Şimdi bütün parçaları birleştirip pratik bir yordam kuralım. Bir fonksiyonun mutlak maksimumunu ararken iki ayrı soru vardır: var mı? ve nerede? Birinci soruyu Analiz 1’in Weierstrass ekstremum teoremi yanıtlar, ikincisini Fermat teoremi.

Weierstrass ekstremum teoremi (bkz. Analiz 1), kapalı ve sınırlı bir \([a,b]\) aralığında sürekli olan bir \(f\) fonksiyonunun bu aralıkta hem mutlak maksimumunu hem mutlak minimumunu aldığını söyler; yani öyle \(x_{\min}, x_{\max} \in [a,b]\) noktaları vardır ki her \(x \in [a,b]\) için

\[f(x_{\min}) \le f(x) \le f(x_{\max}).\]

Varlık güvence altına alındıktan sonra iş, bu noktaları bulmaya kalır. Fermat teoremi ve Sonuç 7.1, aranan noktanın nerede olabileceğini üç seçeneğe indirger.

NotKapalı aralıkta mutlak ekstremum yordamı

\(f : [a,b] \to \mathbb{R}\) sürekli olsun.

1. Varlık. Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği \(f\) mutlak maksimumunu ve mutlak minimumunu \([a,b]\) üzerinde alır. Bu adım atlanamaz: aradığımız şeyin var olduğunu bilmeden aday karşılaştırmak anlamsızdır.
2. Adaylar. Mutlak maksimumun alındığı \(x_{\max}\) noktasını düşünelim. Ya \(x_{\max} \in (a,b)\)’dir ya da \(x_{\max} \in \{a,b\}\)’dir. Birinci durumda \(x_{\max}\) bir iç noktadır ve yereldir de; \(f\) orada türevlenebilirse Teorem 7.1 gereği \(f'(x_{\max}) = 0\), türevlenebilir değilse ikinci türden kritik noktadır. Demek ki aday listesi şudur:
   • \((a,b)\) içinde \(f'(x) = 0\) olan noktalar,
   • \((a,b)\) içinde \(f'(x)\)’in var olmadığı noktalar,
   • uç noktalar \(a\) ve \(b\).
3. Karşılaştırma. \(f\)’yi bütün adaylarda hesapla. Elde edilen sonlu sayı listesinin en büyüğü mutlak maksimum değeri, en küçüğü mutlak minimum değeridir; bu değerleri veren adaylar da aranan noktalardır.

Üçüncü adımın geçerliliği ikinci adımdan gelir: mutlak maksimumun alındığı nokta listede mutlaka bulunduğuna göre, listedeki en büyük değer mutlak maksimum değeridir. Aynı akıl yürütme minimum için de geçerlidir.

Yordamın işleyişini tam çözümlü bir örnekte çalıştıralım.

Örnek 7.4 (Kübik Bir Fonksiyonun Kapalı Aralıktaki Ekstremumları) \(f : [-2, 3] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3 - 3x\) fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini, bu değerlerin alındığı bütün noktalarla birlikte bulunuz.

Çözüm

1. adım: varlık. \(f\) bir polinomdur, dolayısıyla \(\mathbb{R}\)’de ve özel olarak \([-2,3]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1). \([-2,3]\) kapalı ve sınırlı bir aralık olduğundan Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği \(f\) bu aralıkta mutlak maksimumunu ve mutlak minimumunu alır. Öyleyse aramamız boşa çıkmayacaktır.

2. adım: adaylar. \(f\) bir polinom olduğundan her noktada türevlenebilirdir; ikinci türden kritik nokta yoktur. Türevi

\[f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x^2 - 1) = 3(x-1)(x+1)\]

olduğundan

\[f'(x) = 0 \iff x = 1 \ \text{ veya } \ x = -1.\]

Her iki kök de \((-2, 3)\) açık aralığının içindedir, dolayısıyla ikisi de adaydır. Uç noktaları da ekleyerek aday listesini yazalım:

\[x = -2, \qquad x = -1, \qquad x = 1, \qquad x = 3.\]

3. adım: karşılaştırma. Fonksiyonu bu dört noktada hesaplayalım:

\[\begin{aligned} f(-2) &= (-2)^3 - 3(-2) = -8 + 6 = -2, \\ f(-1) &= (-1)^3 - 3(-1) = -1 + 3 = 2, \\ f(1) &= 1^3 - 3 \cdot 1 = 1 - 3 = -2, \\ f(3) &= 3^3 - 3 \cdot 3 = 27 - 9 = 18. \end{aligned}\]

Listedeki sayılar \(-2,\ 2,\ -2,\ 18\)’dir. En büyüğü \(18\), en küçüğü \(-2\)’dir. Öyleyse

\[\max_{x \in [-2,3]} f(x) = f(3) = 18, \qquad \min_{x \in [-2,3]} f(x) = f(-2) = f(1) = -2.\]

Sonucun okunması. Mutlak maksimum değeri \(18\)’dir ve yalnızca \(x = 3\) uç noktasında alınır; dikkat edilirse burası türevin sıfırlandığı bir nokta değildir (\(f'(3) = 24 \ne 0\)), bu yüzden uç noktaları listeye almak zorunluydu. Sonuç 7.1 (3) ile tutarlıdır: sağ uçta maksimum var ve \(f'_-(3) = 24 \ge 0\).

Mutlak minimum değeri \(-2\)’dir ve iki noktada birden alınır: \(x = -2\) (sol uç nokta) ve \(x = 1\) (durağan nokta). Bu, mutlak ekstremum değerinin tek, ekstremum noktasının tek olmak zorunda olmadığını bir kez daha gösterir. Sol uç için Sonuç 7.1 (2) doğrulanır: \(f'_+(-2) = 3 \cdot 4 - 3 = 9 \ge 0\).

Kalan aday \(x = -1\) ise mutlak ekstremum değildir, ama yerel maksimumdur. Bunu doğrudan çarpanlara ayırarak görebiliriz: \(f(-1) = 2\) olduğundan

\[f(x) - f(-1) = x^3 - 3x - 2 = (x+1)^2 (x - 2)\]

olur (sağ taraf açıldığında \(x^3 - 3x - 2\) elde edilir). \(\varepsilon = 1\) alalım: \(x \in V_1(-1) = (-2, 0)\) ise \((x+1)^2 \ge 0\) ve \(x - 2 < 0\)’dır, dolayısıyla çarpım \(\le 0\), yani \(f(x) \le f(-1) = 2\)’dir. Demek ki \(x = -1\) bir yerel maksimum noktasıdır; mutlak maksimum ise değildir, çünkü \(f(3) = 18 > 2\)’dir. \(x = -1\) noktası, “yerel ama mutlak olmayan ekstremum” örneğidir.

Aynı fonksiyon, farklı aralık. Aralığın seçiminin ne kadar belirleyici olduğunu görmek için aynı \(f\)’yi \([-2, 2]\) üzerinde düşünelim. Adaylar \(-2, -1, 1, 2\) olur ve \(f(2) = 8 - 6 = 2\)’dir. Değerler \(-2,\ 2,\ -2,\ 2\); bu kez mutlak maksimum değeri \(2\)’dir ve iki noktada alınır: \(x = -1\) (durağan nokta) ve \(x = 2\) (uç nokta). Aralığı \([-2,3]\)’ten \([-2,2]\)’ye daraltmak \(x = -1\)’i yerelden mutlağa yükseltmiştir.

\(\blacksquare\)

UyarıWeierstrass’ın hipotezleri kaldırılamaz

Yordamın birinci adımı bir formalite değildir. Aşağıdaki üç fonksiyonun hiçbirinde mutlak maksimum yoktur; üçünde de Weierstrass teoreminin bir hipotezi ihlal edilmiştir.

• Aralık kapalı değil. \(f : (0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{1}{x}\). Fonksiyon süreklidir ama \(x \to 0^+\) iken \(f(x) \to +\infty\) olduğundan üstten sınırlı bile değildir; mutlak maksimum yoktur. (Mutlak minimum vardır: \(f(1) = 1\).)
• Aralık sınırlı değil. \(f : [0, +\infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\). Sürekli ve tanım kümesi kapalı, ama sınırlı değil; mutlak maksimum yoktur.
• Fonksiyon sürekli değil. \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(x < 1\) için \(f(x) = x\) ve \(f(1) = 0\). Tanım kümesi kapalı ve sınırlı, ama \(f\), \(1\) noktasında sürekli değil. Değerler kümesi \([0,1)\) olduğundan supremum \(1\)’dir ve alınmaz; mutlak maksimum yoktur.

Buna karşılık aday listesi eksiksizdir: mutlak ekstremum varsa, mutlaka listededir. Yordamın sıralaması bu yüzden “önce varlık, sonra yer” biçimindedir.

7.5 Bir Uygulama: Optimizasyon

Kapalı aralık yordamının klasik kullanım alanı, “verilen kısıt altında en iyi değeri bul” biçimindeki optimizasyon problemleridir. Böyle bir problemi çözerken izlenen yol hep aynıdır: en büyük ya da en küçük yapılacak nicelik tek bir değişkenin fonksiyonu olarak yazılır, değişkenin geometrik olarak anlamlı olduğu aralık belirlenir, sonra yordam uygulanır.

Örnek 7.5 (Çevresi Verilen Dikdörtgenlerin En Büyük Alanı) Çevresi \(40\) metre olan dikdörtgenler arasında alanı en büyük olanını bulunuz. Ayrıca aynı çevre için alanın alabileceği en küçük değeri de tartışınız.

Çözüm

Modelleme. Dikdörtgenin kenar uzunlukları \(x\) ve \(y\) olsun; her ikisi de pozitiftir. Çevre koşulu

\[2x + 2y = 40 \quad \Longrightarrow \quad y = 20 - x\]

verir. \(y > 0\) olması için \(x < 20\) gerekir; \(x > 0\) zaten gerekiyordu. Alan

\[A = xy = x(20 - x) = 20x - x^2\]

olur. Böylece problem tek değişkenli hâle geldi: \(A(x) = 20x - x^2\) fonksiyonunun \((0, 20)\) aralığındaki en büyük değerini arıyoruz.

Aralığın kapatılması. \((0,20)\) açık bir aralık olduğundan Weierstrass teoremi doğrudan uygulanamaz. Bu güçlüğü aşmanın standart yolu, fonksiyonu uçları da içine alacak biçimde genişletmektir: \(A(x) = 20x - x^2\) ifadesi \([0, 20]\) kapalı aralığında da tanımlı ve süreklidir. Uçlarda \(A(0) = 0\) ve \(A(20) = 0\)’dır; bunlar “yozlaşmış dikdörtgenler”e karşılık gelir (bir kenar sıfır olur), yani geometrik olarak kabul edilmezler. Ama alan pozitif olabildiğine göre — örneğin \(A(5) = 75 > 0\) — mutlak maksimum uçlarda alınamaz; dolayısıyla \([0,20]\) üzerinde bulacağımız maksimum nokta zorunlu olarak \((0,20)\) içinde kalır ve gerçek bir dikdörtgene karşılık gelir.

Yordam. \(A\) bir polinomdur; \([0,20]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1) ve Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği mutlak maksimumunu alır. Her yerde türevlenebilir olduğundan ikinci türden kritik nokta yoktur:

\[A'(x) = 20 - 2x, \qquad A'(x) = 0 \iff x = 10.\]

Adaylar: \(x = 0\), \(x = 10\), \(x = 20\). Değerler:

\[A(0) = 0, \qquad A(10) = 20 \cdot 10 - 10^2 = 200 - 100 = 100, \qquad A(20) = 400 - 400 = 0.\]

En büyüğü \(100\)’dür. Öyleyse mutlak maksimum \(x = 10\)’da alınır ve o zaman \(y = 20 - 10 = 10\) olur.

Sonuç. Çevresi \(40\) m olan dikdörtgenler arasında alanı en büyük olan, kenarı \(10\) m olan karedir; en büyük alan \(100\) m\(^2\)’dir.

Türevsiz doğrulama. Sonucu tam kareye tamamlayarak da görebiliriz:

\[A(x) = 20x - x^2 = 100 - (x^2 - 20x + 100) = 100 - (x - 10)^2 \le 100,\]

ve eşitlik ancak \(x = 10\) iken sağlanır. Bu, türev kullanmadan aynı sonucu verir ve hesabımızı doğrular.

En küçük alan. \([0,20]\) üzerinde mutlak minimum değeri \(0\)’dır ve \(x = 0\) ile \(x = 20\) uç noktalarında alınır. Ama bu noktalar geometrik olarak dikdörtgen vermez. Gerçek dikdörtgenlerle sınırlı kalırsak, yani \(x \in (0,20)\) alırsak, alanın en küçük değeri yoktur: \(x\) küçüldükçe \(A(x) = x(20-x)\) değeri \(0\)’a yaklaşır ama hiçbir zaman \(0\)’a eşit olmaz. Nitekim \(\inf_{x \in (0,20)} A(x) = 0\)’dır ve bu infimum alınmaz. Bu, açık aralıklarda mutlak ekstremumun var olmayabileceğinin bir örneğidir; yukarıdaki uyarıda söylediğimiz olgunun somut hâli.

\(\blacksquare\)

İpucuOptimizasyon problemlerinde yol haritası

1. Değişkeni seç ve kısıtı yaz. Hangi büyüklüğün serbest olduğuna karar ver, geri kalanları kısıt denkleminden onun cinsinden ifade et.
2. Hedef fonksiyonunu kur. En büyük/en küçük yapılacak nicelik tek değişkenin fonksiyonu olarak yazılmalıdır.
3. Anlamlı aralığı belirle. Geometrik ya da fiziksel kısıtlar değişkenin hangi aralıkta gezebileceğini söyler. Mümkünse bu aralığı kapalı ve sınırlı hâle getir; uçlardaki değerlerin problemin çözümü olamayacağı ayrıca gerekçelendirilir.
4. Yordamı uygula. Süreklilikle varlığı garantile, kritik noktaları ve uçları listele, değerleri karşılaştır.
5. Cevabı probleme çevir. Bulunan \(x\) değerini kısıt denklemine koyup öteki büyüklükleri de hesapla ve sonucu cümleyle yaz.

7.6 Alıştırmalar

Alıştırma 7.1 (Ekstremum Noktaları ve Fermat Teoremi Üzerine)  

1. \(f : [-2,2] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^4 - 2x^2\) fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini, alındıkları noktalarla birlikte bulunuz.

2. \(f : [-2,2] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = |x^2 - 1|\) fonksiyonunun bütün kritik noktalarını belirleyiniz ve mutlak ekstremumlarını bulunuz.

3. \(f : (0, +\infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x + \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun bir mutlak minimumu olduğunu gösteriniz ve minimum değerini bulunuz. Mutlak maksimumu var mıdır?

4. \(f : [0,1] \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x\) fonksiyonunun \([0,1]\) üzerinde hem mutlak maksimumu hem mutlak minimumu vardır, ama \(f'(x) = 1\) hiçbir noktada sıfır olmaz. Bunun Teorem 7.1 ile çelişmediğini açıklayınız ve Sonuç 7.1’in ilgili şıklarını doğrulayınız.

5. \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\), \(f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x\) olsun. \(f'(1) = 0\) olduğunu gösteriniz ve \(x = 1\) noktasının ekstremum olmadığını türev testi kullanmadan, doğrudan tanımdan kanıtlayınız.

6. Kenar uzunluğu \(12\) cm olan kare biçiminde bir kartonun dört köşesinden kenar uzunluğu \(x\) olan kareler kesilip kalan kısım yukarı katlanarak üstü açık bir kutu yapılıyor. Kutunun hacmini en büyük yapan \(x\) değerini ve en büyük hacmi bulunuz.

7. \(f : [0, +\infty) \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \dfrac{x}{1 + x^2}\) fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimumunu bulunuz.

Çözüm

a) \(f\) bir polinomdur; \([-2,2]\) üzerinde süreklidir (bkz. Analiz 1) ve Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği mutlak ekstremumlarını alır. Her yerde türevlenebilirdir, dolayısıyla adaylar yalnızca durağan noktalar ve uçlardır:

\[f'(x) = 4x^3 - 4x = 4x(x^2 - 1) = 4x(x-1)(x+1),\]

\[f'(x) = 0 \iff x \in \{-1,\, 0,\, 1\}.\]

Üç kök de \((-2,2)\) içindedir. Adaylar: \(-2,\ -1,\ 0,\ 1,\ 2\). Değerler:

\[\begin{aligned} f(-2) &= 16 - 8 = 8, & f(-1) &= 1 - 2 = -1, & f(0) &= 0, \\ f(1) &= 1 - 2 = -1, & f(2) &= 16 - 8 = 8. && \end{aligned}\]

En büyük değer \(8\), en küçük değer \(-1\)’dir. Öyleyse mutlak maksimum değeri \(8\)’dir ve \(x = -2\) ile \(x = 2\) uç noktalarında alınır; mutlak minimum değeri \(-1\)’dir ve \(x = -1\) ile \(x = 1\) durağan noktalarında alınır.

Kalan aday \(x = 0\) yerel maksimumdur ama mutlak maksimum değildir: \(f(0) = 0\) ve

\[f(x) - f(0) = x^4 - 2x^2 = x^2 (x^2 - 2)\]

olduğundan, \(x \in V_1(0) = (-1,1)\) için \(x^2 \ge 0\) ve \(x^2 - 2 < 0\), yani \(f(x) \le f(0)\)’dır; buna karşılık \(f(2) = 8 > 0 = f(0)\)’dır. Fonksiyon çift olduğundan (\(f(-x) = f(x)\)) ekstremumların \(0\)’a göre simetrik çıkması beklenen bir durumdur.

b) Önce mutlak değeri açalım. \(x^2 - 1 \ge 0\) olması \(|x| \ge 1\) demektir; öyleyse

\[f(x) = \begin{cases} x^2 - 1, & 1 \le |x| \le 2, \\ 1 - x^2, & |x| < 1. \end{cases}\]

\(f\) süreklidir: her parça polinomdur ve \(x = \pm 1\) noktalarında iki parçanın değeri de \(0\)’dır. Türevi parça parça hesaplayalım. \(1 < |x| < 2\) için \(f'(x) = 2x\); \(|x| < 1\) için \(f'(x) = -2x\). Bu iki ifade \(|x| < 1\) bölgesinde yalnızca \(x = 0\)’da sıfırlanır (\(1 < |x| < 2\) bölgesinde \(2x \ne 0\)’dır).

\(x = 1\) noktasında türev var mıdır? Tek yönlü türevleri hesaplayalım:

\[f'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} \frac{(1 - x^2) - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^-} \frac{-(x-1)(x+1)}{x-1} = -2,\]

\[f'_+(1) = \lim_{x \to 1^+} \frac{(x^2 - 1) - 0}{x - 1} = \lim_{x \to 1^+} (x+1) = 2.\]

Eşit olmadıklarından \(f\), \(x = 1\)’de türevlenebilir değildir (Teorem 2.1); burası ikinci türden bir kritik noktadır. \(f\) çift fonksiyon olduğundan \(x = -1\)’de de aynı durum geçerlidir: \(f'_-(-1) = -2\), \(f'_+(-1) = 2\).

Öyleyse kritik noktalar \(x = -1,\ 0,\ 1\)’dir; uç noktalarla birlikte aday listesi \(-2,\ -1,\ 0,\ 1,\ 2\) olur. Değerler:

\[f(-2) = 3, \quad f(-1) = 0, \quad f(0) = 1, \quad f(1) = 0, \quad f(2) = 3.\]

Mutlak maksimum değeri \(3\)’tür ve \(x = \pm 2\) uç noktalarında alınır; mutlak minimum değeri \(0\)’dır ve \(x = \pm 1\) türevsiz noktalarında alınır. Minimum noktalarında türevin var olmaması Teorem 7.1 ile çelişmez, hatta Önerme 7.1 (2) ile tam uyumludur: \(x = 1\) bir yerel minimum ve \(f'_-(1) = -2 \le 0 \le 2 = f'_+(1)\).

c) \(f(x) = x + \dfrac{1}{x}\) fonksiyonu \((0, +\infty)\) üzerinde türevlenebilirdir ve

\[f'(x) = 1 - \frac{1}{x^2} = \frac{x^2 - 1}{x^2}.\]

\(x > 0\) olduğundan \(f'(x) = 0\) ancak \(x^2 = 1\), yani \(x = 1\) için olur (\(x = -1\) tanım kümesinde değildir). Tanım kümesi açık olduğundan Weierstrass teoremi doğrudan uygulanamaz; varlığı elle göstermeliyiz. Her \(x > 0\) için

\[f(x) - 2 = x + \frac{1}{x} - 2 = \frac{x^2 - 2x + 1}{x} = \frac{(x-1)^2}{x} \ge 0,\]

çünkü pay bir tam karedir ve payda pozitiftir. Demek ki her \(x > 0\) için \(f(x) \ge 2 = f(1)\), yani \(x = 1\) bir mutlak minimum noktasıdır ve mutlak minimum değeri \(2\)’dir. Eşitlik ancak \((x-1)^2 = 0\), yani \(x = 1\) iken olduğundan bu tek minimum noktasıdır.

Mutlak maksimum yoktur: her \(M > 0\) için \(x > M\) seçildiğinde \(f(x) = x + \dfrac{1}{x} > x > M\) olur, yani \(f\) üstten sınırlı değildir. Üstten sınırlı olmayan bir fonksiyonun mutlak maksimumu olamaz. (Aynı sonuç \(x \to 0^+\) tarafından da görülür: \(f(x) > \dfrac{1}{x}\) istenildiği kadar büyük olur.)

d) Çelişki yoktur, çünkü Teorem 7.1’nın hipotezlerinden biri sağlanmıyor: teorem \(x_0\)’ın açık bir aralığın noktası, yani tanım kümesinin bir iç noktası olmasını ister. Burada \(f(x) = x\) fonksiyonu \([0,1]\) üzerinde mutlak minimumunu \(x = 0\)’da, mutlak maksimumunu \(x = 1\)’de alır; her iki nokta da \([0,1]\)’in uç noktasıdır ve iç noktası değildir. \((0,1)\) açık aralığının hiçbir noktası ekstremum olmadığından da teoremin sonucuna ihtiyaç duyulan bir durum ortaya çıkmaz.

Tek yönlü türevler:

\[f'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x - 0}{x - 0} = 1, \qquad f'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} \frac{x - 1}{x - 1} = 1.\]

Sonuç 7.1 (2), sol uçtaki yerel minimum için \(f'_+(0) \ge 0\) öngörür; gerçekten \(1 \ge 0\)’dır. Aynı sonucun (3) şıkkı, sağ uçtaki yerel maksimum için \(f'_-(1) \ge 0\) öngörür; gerçekten \(1 \ge 0\)’dır. Görüldüğü gibi uç noktalarda elde edilen bilgi bir eşitsizliktir, eşitlik değil.

e) Türevi hesaplayalım:

\[f'(x) = 3x^2 - 6x + 3 = 3(x^2 - 2x + 1) = 3(x-1)^2,\]

dolayısıyla \(f'(1) = 3 \cdot 0^2 = 0\)’dır: \(x = 1\) bir durağan noktadır. Şimdi ekstremum olmadığını gösterelim. Fonksiyonu \(x - 1\) cinsinden yazalım. \((x-1)^3 = x^3 - 3x^2 + 3x - 1\) olduğundan

\[f(x) = x^3 - 3x^2 + 3x = (x-1)^3 + 1.\]

\(f(1) = 1\) olduğundan her \(x\) için

\[f(x) - f(1) = (x-1)^3.\]

Küp fonksiyonunun işareti tabanının işaretiyle aynıdır: \(x > 1\) ise \((x-1)^3 > 0\), \(x < 1\) ise \((x-1)^3 < 0\). Öyleyse \(\varepsilon > 0\) ne olursa olsun \(V_\varepsilon(1)\) komşuluğunda hem \(f(x) > f(1)\) olan noktalar (örneğin \(x = 1 + \tfrac{\varepsilon}{2}\)) hem \(f(x) < f(1)\) olan noktalar (örneğin \(x = 1 - \tfrac{\varepsilon}{2}\)) vardır. Tanım 7.1 gereği \(x = 1\) ne yerel maksimum ne yerel minimumdur. Bu da “türev sıfır \(\Rightarrow\) ekstremum” çıkarımının yanlış olduğunu gösteren bir başka örnektir.

f) Kesilen karelerin kenarı \(x\) olsun. Katlamadan sonra kutunun tabanı kenarı \(12 - 2x\) olan bir kare, yüksekliği ise \(x\) olur. Anlamlı olması için \(x > 0\) ve \(12 - 2x > 0\), yani \(0 < x < 6\) gerekir. Hacim:

\[V(x) = x(12 - 2x)^2, \qquad x \in [0,6].\]

Uçlarda \(V(0) = 0\) ve \(V(6) = 0\)’dır; bunlar yozlaşmış hâllerdir ama fonksiyonu kapalı aralığa genişletmek varlık için işimize yarar. \(V\) bir polinomdur, \([0,6]\) üzerinde süreklidir ve Weierstrass Ekstremum Teoremi gereği mutlak maksimumunu alır. Türevini çarpım kuralıyla (Teorem 3.2) ve zincir kuralıyla (Teorem 4.1) hesaplayalım:

\[V'(x) = (12-2x)^2 + x \cdot 2(12-2x) \cdot (-2) = (12-2x)\big[ (12-2x) - 4x \big] = (12-2x)(12 - 6x).\]

Kökler: \(12 - 2x = 0\) için \(x = 6\); \(12 - 6x = 0\) için \(x = 2\). Adaylar \(x = 0,\ 2,\ 6\)’dır. Değerler:

\[V(0) = 0, \qquad V(2) = 2 \cdot (12-4)^2 = 2 \cdot 64 = 128, \qquad V(6) = 0.\]

En büyüğü \(128\)’dir. Öyleyse kesilecek karelerin kenarı \(x = 2\) cm olmalıdır; en büyük hacim \(128\) cm\(^3\)’tür. Bu değer \((0,6)\) açık aralığının içinde alındığından gerçek bir kutuya karşılık gelir. Elde edilen kutunun tabanı \(8 \times 8\) cm, yüksekliği \(2\) cm’dir.

g) Tanım kümesi \([0, +\infty)\) sınırlı olmadığından Weierstrass teoremi uygulanamaz; varlığı yine elle göstereceğiz. Payda hiç sıfırlanmadığından \(f\) her noktada türevlenebilirdir; bölüm kuralıyla (Teorem 3.2)

\[f'(x) = \frac{1 \cdot (1 + x^2) - x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{1 - x^2}{(1+x^2)^2}.\]

\(x \ge 0\) için \(f'(x) = 0\) ancak \(x = 1\)’de olur. Adaylar \(x = 0\) (uç nokta) ve \(x = 1\)’dir; değerler \(f(0) = 0\) ve \(f(1) = \tfrac{1}{2}\)’dir.

Maksimum. Her \(x \ge 0\) için \((x - 1)^2 \ge 0\), yani \(x^2 - 2x + 1 \ge 0\), yani \(2x \le 1 + x^2\)’dir. Her iki yanı pozitif olan \(2(1+x^2)\) ile bölersek

\[\frac{x}{1+x^2} \le \frac{1}{2}\]

elde ederiz. Öyleyse her \(x \ge 0\) için \(f(x) \le \tfrac{1}{2} = f(1)\)’dir: \(x = 1\) mutlak maksimum noktasıdır ve mutlak maksimum değeri \(\tfrac{1}{2}\)’dir. Eşitlik ancak \(x = 1\) iken sağlandığından bu tek maksimum noktasıdır.

Minimum. \(x \ge 0\) ve \(1 + x^2 > 0\) olduğundan her \(x \ge 0\) için \(f(x) \ge 0 = f(0)\)’dır: \(x = 0\) mutlak minimum noktasıdır ve mutlak minimum değeri \(0\)’dır. Bu bir uç nokta olduğundan türevin sıfır olması beklenmez; nitekim \(f'_+(0) = 1 \ne 0\)’dır ve Sonuç 7.1 (2) uyarınca \(f'_+(0) = 1 \ge 0\) olması yeterlidir.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde Fermat teoremini kurduk ve bir ekstremum noktasında türevin (varsa ve nokta içerideyse) sıfırlandığını gördük. Teorem bir eleme aracıdır: adayları verir, ama hangi adayın gerçekten ekstremum olduğunu söylemez. Bu boşluğu doldurmak için türevin iki nokta arasındaki davranışını konuşan bir araca ihtiyacımız var; onu da Fermat teoreminin en zarif sonucundan, Rolle teoreminden türeteceğiz: Rolle ve Ortalama Değer Teoremleri.