19 Mutlak ve Bağlı Ekstremumlar
Tek değişkenli analizde kapalı bir \([a, b]\) aralığında sürekli bir fonksiyonun en büyük ve en küçük değerini iki soruyu yanıtlayarak bulmuştuk. Bu değerlerin var olduğunu Weierstrass ekstremum teoremi söyler (bkz. Analiz 1); nerede alındıklarını ise kısa bir aday listesi belirler: aralığın içindeki kritik noktalar ve iki uç nokta (bkz. Analiz 2). Yerel Ekstremumlar bölümünde çok değişkenli bir fonksiyonun iç noktalardaki davranışını gradyan ve Hessian matrisi yardımıyla inceledik. Bu bölümde resmin eksik kalan iki parçasını tamamlıyoruz.
Birinci parça mutlak ekstremumdur. Kompakt bir kümede sürekli fonksiyon en büyük ve en küçük değerini alır (Teorem 11.3) ve bu değerler ya kümenin içindeki bir kritik noktada ya da kümenin sınırında alınır. Tek değişkende sınır yalnız iki uç noktaydı; düzlemde sınır bir eğri, uzayda bir yüzeydir ve fonksiyonu sınır üzerinde incelemek başlı başına bir problem olur.
İkinci parça bu problemin kendisidir: değişkenler \(g(x) = 0\) gibi bir bağıntıyla birbirine bağlıyken \(f\)’nin ekstremumlarını aramak. Buna bağlı (kısıtlı) ekstremum problemi denir. Bölümün ana sonucu olan Lagrange çarpanları teoremi, kısıt denklemini çözmeye gerek bırakmadan bu problemi \(\nabla f + \lambda \nabla g = 0\) denklemine indirir. Teoremin ispatında, bir sonraki bölümün konusu olan kapalı fonksiyon teoreminin sonucunu kullanacağız.
19.1 Kompakt Kümede Mutlak Ekstremum
Önce mutlak ekstremumların ne zaman var olduğunu ve nerede aranacağını belirleyelim.
Mutlak maksimum ve mutlak minimum kavramlarını Tanım 18.2 ile tanımlamıştık: \(f : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonu için bir \(x^* \in D\) noktası, her \(x \in D\) için \(f(x) \le f(x^*)\) oluyorsa bir mutlak maksimum noktasıdır. Bir fonksiyonun mutlak ekstremumu olmayabilir; ama tanım kümesi kompakt ve fonksiyon sürekliyse ikisi de vardır. Aşağıdaki önerme bunu ve ekstremum noktalarının nerede aranacağını birlikte söyler.
Önerme 19.1 (Mutlak Ekstremum Noktalarının Yeri) \(\varnothing \ne D \subseteq \mathbb{R}^n\) kompakt ve \(f : D \to \mathbb{R}\) sürekli olsun. O zaman:
- \(f\), \(D\) üzerinde mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini alır.
- Bu değerlerin alındığı her \(x^* \in D\) noktası ya \(D\)’nin bir sınır noktasıdır ya da \(D\)’nin bir iç noktasıdır ve \(f\)’nin \(D^\circ\) açık kümesine kısıtlanışının bir kritik noktasıdır.
İspat
(1) Uç değer teoreminin (Teorem 11.3) doğrudan sonucudur.
(2) \(f\) mutlak maksimumunu \(x^* \in D\) noktasında alsın; minimum için bütün eşitsizlikler ters çevrilir. İki durum vardır.
\(x^*\), \(D\)’nin bir iç noktası değilse hiçbir \(r > 0\) için \(B(x^*, r) \subseteq D\) olmaz, yani her \(B(x^*, r)\) yuvarı \(D^c\)’den bir nokta içerir. \(x^*\)’ın kendisi \(D\)’de olduğundan her yuvar hem \(D\)’yi hem \(D^c\)’yi keser. Bu, \(x^* \in \partial D\) demektir (Tanım 4.1).
\(x^* \in D^\circ\) ise \(B(x^*, \delta) \subseteq D\) olan bir \(\delta > 0\) vardır. Her \(x \in D\) için \(f(x) \le f(x^*)\) olduğundan özel olarak her \(x \in B(x^*, \delta)\) için de \(f(x) \le f(x^*)\) olur; yani \(f\), \(x^*\) noktasında yerel maksimuma sahiptir (Tanım 18.1). \(f\)’nin \(x^*\)’da bütün kısmi türevleri varsa yerel ekstremum için gerek koşul (Teorem 18.1) gereği \(\nabla f(x^*) = 0\)’dır; yoksa kısmi türevlerden en az biri bulunmaz. İki durumda da \(x^*\) bir kritik noktadır (Tanım 18.4). \(\blacksquare\)
Önerme, mutlak ekstremum aramayı iç kritik noktalar ile sınırın incelenmesine indirir. Tek değişkendeki kapalı aralık yönteminin çok değişkenli karşılığı şudur.
\(D\) kompakt ve \(f : D \to \mathbb{R}\) sürekli olsun.
- İç kritik noktalar. \(D^\circ\) içinde \(\nabla f = 0\) denklemi çözülür ve kısmi türevlerin bulunmadığı noktalar belirlenir; \(f\)’nin bu noktalardaki değerleri hesaplanır.
- Sınır. \(\partial D\) uygun parçalara ayrılır. Her parça tek bir değişkenle betimlenir (örneğin \(y = 0\), \(0 \le x \le 3\)); \(f\) o parça üzerinde tek değişkenli bir fonksiyona dönüşür ve bunun kapalı aralıktaki en büyük ve en küçük değerleri bulunur. Parçaların uç noktaları (köşeler) de listeye girer.
- Karşılaştırma. İlk iki adımda bulunan değerlerin en büyüğü mutlak maksimum, en küçüğü mutlak minimum değeridir.
Üçüncü adım Önerme 19.1 sayesinde geçerlidir. Mutlak maksimum noktası ya bir iç kritik noktadır ve birinci adımın listesindedir, ya da sınırdadır; sınırdaysa \(f\)’nin sınıra kısıtlanışının da en büyük değerini verir ve ikinci adımın listesindedir. Gerçek maksimum noktası listede mutlaka bulunduğuna göre listedeki en büyük değer mutlak maksimumdur; minimum için de aynı akıl yürütme geçerlidir. Sınır bir \(g(x) = 0\) eğrisi ya da yüzeyi olduğunda ikinci adım bir bağlı ekstremum problemidir; bunun için bölümün ikinci yarısında Lagrange yöntemini kuracağız.
Örnek 19.1 (Dikdörtgen Üzerinde Mutlak Ekstremum) \(f(x, y) = x^2 - 2xy + 2y\) fonksiyonunun
\[D = \{ (x, y) : 0 \le x \le 3,\ 0 \le y \le 2 \}\]
dikdörtgenindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini bulunuz.
Çözüm
Varlık. \(f\) bir polinom olduğundan süreklidir (Teorem 10.3). \(D = [0, 3] \times [0, 2]\) kapalı ve sınırlıdır; Heine–Borel teoremi (Teorem 5.5) gereği kompakttır. Önerme 19.1 gereği \(f\), \(D\) üzerinde mutlak maksimumunu ve mutlak minimumunu alır.
Adım 1: iç kritik noktalar. Kısmi türevler her yerde vardır ve
\[ \begin{aligned} f_x &= 2x - 2y = 0, \\[1mm] f_y &= -2x + 2 = 0 \end{aligned} \]
sisteminin ikinci denkleminden \(x = 1\), birincisinden \(y = x = 1\) bulunur. Tek kritik nokta \((1, 1)\)’dir; \(0 < 1 < 3\) ve \(0 < 1 < 2\) olduğundan \(D\)’nin iç noktasıdır ve
\[f(1, 1) = 1 - 2 + 2 = 1.\]
Adım 2: sınır. \(\partial D\) dört doğru parçasından oluşur: alt kenar \(L_1\) (\(y = 0\)), sağ kenar \(L_2\) (\(x = 3\)), üst kenar \(L_3\) (\(y = 2\)) ve sol kenar \(L_4\) (\(x = 0\)). Her kenarda \(f\) tek değişkenli bir fonksiyondur.
- \(L_1\) üzerinde \(f(x, 0) = x^2\), \(0 \le x \le 3\). Bu fonksiyon \([0, 3]\) aralığında artandır; en küçük değeri \(f(0, 0) = 0\), en büyük değeri \(f(3, 0) = 9\)’dur.
- \(L_2\) üzerinde \(f(3, y) = 9 - 6y + 2y = 9 - 4y\), \(0 \le y \le 2\). Bu fonksiyon azalandır; en büyük değeri \(f(3, 0) = 9\), en küçük değeri \(f(3, 2) = 1\)’dir.
- \(L_3\) üzerinde \(f(x, 2) = x^2 - 4x + 4 = (x - 2)^2\), \(0 \le x \le 3\). Türevi \(2(x - 2)\), \(x = 2\)’de sıfırdır. Bu nokta ile uç noktalardaki değerler \(f(2, 2) = 0\), \(f(0, 2) = 4\) ve \(f(3, 2) = 1\)’dir; en küçük değer \(0\), en büyük değer \(4\)’tür.
- \(L_4\) üzerinde \(f(0, y) = 2y\), \(0 \le y \le 2\). Bu fonksiyon artandır; en küçük değeri \(f(0, 0) = 0\), en büyük değeri \(f(0, 2) = 4\)’tür.
Adım 3: karşılaştırma. Kritik noktadaki \(1\) değeri ile sınırda bulunan \(0\), \(1\), \(4\), \(9\) değerleri karşılaştırılırsa
\[ \begin{aligned} \max_{(x, y) \in D} f(x, y) &= f(3, 0) = 9, \\[1mm] \min_{(x, y) \in D} f(x, y) &= f(0, 0) = f(2, 2) = 0 \end{aligned} \]
bulunur. Minimum iki ayrı noktada alınır ve ikisi de sınırdadır. İç kritik nokta \((1, 1)\) ise ne maksimum ne minimum noktasıdır: orada
\[f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2 = 2 \cdot 0 - (-2)^2 = -4 < 0\]
olduğundan bir eyer noktasıdır (Sonuç 18.2). \(\blacksquare\)
Örnek 19.2 (Üçgen Üzerinde Mutlak Ekstremum) \(f(x, y) = x^2 + xy + y^2 - 3x - 3y\) fonksiyonunun, köşeleri \((0, 0)\), \((4, 0)\) ve \((0, 4)\) olan
\[T = \{ (x, y) : x \ge 0,\ y \ge 0,\ x + y \le 4 \}\]
kapalı üçgensel bölgesindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini bulunuz.
Çözüm
Varlık. \(T \subseteq [0, 4] \times [0, 4]\) olduğundan \(T\) sınırlıdır. \(T\), sürekli \(x\), \(y\) ve \(4 - x - y\) fonksiyonlarının \([0, +\infty)\) kapalı kümesi altındaki ters görüntülerinin kesişimidir; ters görüntüler kapalıdır (Sonuç 11.2) ve kapalı kümelerin kesişimi kapalıdır (Teorem 3.4). Demek ki \(T\) kompakttır ve polinom olan \(f\) burada mutlak ekstremumlarını alır.
Adım 1: iç kritik noktalar.
\[ \begin{aligned} f_x &= 2x + y - 3 = 0, \\[1mm] f_y &= x + 2y - 3 = 0 \end{aligned} \]
denklemleri taraf tarafa çıkarılırsa \(x - y = 0\), ardından \(3x = 3\) bulunur. Tek kritik nokta \((1, 1)\)’dir; \(1 > 0\) ve \(1 + 1 < 4\) olduğundan \(T\)’nin iç noktasıdır ve \(f(1, 1) = 1 + 1 + 1 - 3 - 3 = -3\).
Adım 2: sınır. Sınır üç kenardan oluşur.
- Alt kenar \(y = 0\), \(0 \le x \le 4\): \(f(x, 0) = x^2 - 3x\). Türev \(2x - 3\), \(x = \tfrac{3}{2}\)’de sıfırdır. Değerler \(f(0, 0) = 0\), \(f\big(\tfrac{3}{2}, 0\big) = -\tfrac{9}{4}\) ve \(f(4, 0) = 4\)’tür.
- Sol kenar \(x = 0\), \(0 \le y \le 4\): \(f(x, y) = f(y, x)\) olduğundan aynı hesap \(f\big(0, \tfrac{3}{2}\big) = -\tfrac{9}{4}\) ve \(f(0, 4) = 4\) verir.
- Hipotenüs \(y = 4 - x\), \(0 \le x \le 4\):
\[ \begin{aligned} f(x, 4 - x) &= x^2 + x(4 - x) + (4 - x)^2 - 3x - 3(4 - x) \\[1mm] &= x^2 - 4x + 4 = (x - 2)^2. \end{aligned} \]
Türev \(2(x - 2)\), \(x = 2\)’de sıfırdır: \(f(2, 2) = 0\). Uçlarda \(f(0, 4) = f(4, 0) = 4\)’tür.
Adım 3: karşılaştırma. Aday değerler \(-3\), \(-\tfrac{9}{4}\), \(0\) ve \(4\)’tür. Mutlak maksimum değer \(4\)’tür ve \((4, 0)\) ile \((0, 4)\) köşelerinde alınır; mutlak minimum değer \(-3\)’tür ve iç nokta \((1, 1)\)’de alınır.
\((1, 1)\)’de \(f_{xx} = 2 > 0\) ve \(f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2 = 4 - 1 = 3 > 0\) olduğundan bu noktanın bir yerel minimum olduğunu Sonuç 18.2 ile zaten biliyorduk; karşılaştırma, bu yerel minimumun aynı zamanda mutlak olduğunu gösterir. \(\blacksquare\)
Kompaktlık varsayımı atlanamaz. \(\mathbb{R}^2\)’deki açık birim yuvar \(B(0, 1)\) üzerinde \(f(x, y) = x^2 + y^2\) fonksiyonu \([0, 1)\) aralığındaki her değeri alır ama \(1\)’i almaz: \(\sup f = 1\) olduğu hâlde mutlak maksimum yoktur. Bütün \(\mathbb{R}^2\) üzerinde ise \(f(x, y) = x + y\) alttan da üstten de sınırsızdır; ne maksimumu ne minimumu vardır. Birinci örnekte küme kapalı değildir, ikincisinde sınırlı değildir.
19.2 Bağlı Ekstremum
Dikdörtgen örneğinin ikinci adımında \(f\)’yi \(D\)’nin tamamında değil, yalnız \(y = 0\) gibi bir denklemi sağlayan noktalarda inceledik. Değişkenleri bir denklemle birbirine bağlanmış bu tür ekstremum problemleri geometride ve uygulamalarda çok sık karşımıza çıkar.
Tanım 19.1 (Bağlı (Kısıtlı) Ekstremum) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f, g : U \to \mathbb{R}\) ve
\[M = \{ x \in U : g(x) = 0 \}\]
olsun. \(P_0 \in M\) noktasının, \(U\) içinde kalan bir \(V\) komşuluğu bulunsun.
- Her \(x \in V \cap M\) için \(f(x) \le f(P_0)\) oluyorsa \(f\), \(P_0\) noktasında \(g(x) = 0\) kısıtı (koşulu) altında yerel maksimuma sahiptir denir.
- Her \(x \in V \cap M\) için \(f(x) \ge f(P_0)\) oluyorsa \(f\), \(P_0\) noktasında \(g(x) = 0\) kısıtı altında yerel minimuma sahiptir denir.
Bu ikisine bağlı (kısıtlı, koşullu) yerel ekstremum denir. \(g(x) = 0\) denklemine kısıt, \(M\) kümesine kısıt kümesi denir.
Yani \(f(P_0)\) değeri, \(P_0\)’ın yakınındaki bütün değerlerle değil, yalnız kısıtı sağlayan noktalardaki değerlerle karşılaştırılır. Başka bir deyişle \(P_0\), \(f\)’nin \(M\) kümesine kısıtlanışının bir yerel ekstremum noktasıdır. Her \(x \in M\) için \(f(x) \le f(P_0)\) oluyorsa \(P_0\)’a \(f\)’nin \(M\) üzerindeki mutlak maksimum noktası denir (Tanım 18.2, \(f\)’nin \(M\)’ye kısıtlanışı için); \(V\) yerine \(U\) alınırsa bunun bir bağlı yerel maksimum olduğu görülür. Mutlak minimum için de aynısı geçerlidir.
Kısıtsız bir yerel ekstremum noktası \(M\)’de bulunuyorsa aynı zamanda bağlı yerel ekstremumdur, çünkü \(V \cap M \subseteq V\)’dir. Tersi ise doğru değildir: bağlı ekstremum noktası \(f\)’nin kritik noktası olmak zorunda değildir.
Örnek 19.3 (Kısıtı Çözerek Bağlı Ekstremum) \(f(x, y) = xy\) fonksiyonunun \(x + y = 2\) kısıtı altındaki ekstremumlarını, kısıt denklemini bir değişkene göre çözerek bulunuz.
Çözüm
Kısıt kümesi \(y = 2 - x\) doğrusudur. Bu doğru üzerinde
\[f(x, 2 - x) = x(2 - x) = 2x - x^2 = 1 - (x - 1)^2\]
olur. Bu tek değişkenli fonksiyonun türevi \(2 - 2x\), \(x = 1\)’de sıfırdır ve fonksiyon her \(x\) için \(1\)’den küçük ya da ona eşittir. Demek ki \(f\)’nin kısıt doğrusu üzerindeki mutlak maksimumu \(1\)’dir ve \((1, 1)\) noktasında alınır. Minimum yoktur, çünkü \(x \to \pm\infty\) iken \(1 - (x - 1)^2 \to -\infty\) olur.
Kısıtsız \(f(x, y) = xy\) fonksiyonunun ise hiç yerel ekstremumu yoktur: tek kritik noktası \((0, 0)\)’dır ve \(f(t, t) = t^2 > 0\), \(f(t, -t) = -t^2 < 0\) olduğundan bu nokta bir eyer noktasıdır (Tanım 18.5). Bulduğumuz \((1, 1)\) noktası \(f\)’nin kritik noktası bile değildir: \(\nabla f(1, 1) = (1, 1) \ne 0\). Kısıt, problemi tamamen değiştirmiştir. \(\blacksquare\)
Kısıtı bir değişkene göre çözüp yerine koyarak problemi kısıtsız hâle getirmeye doğrudan yöntem denir. Kısıt denklemi kolayca çözülebildiği sürece iyi çalışır. Ama \(x^3 + y^3 = 16\) gibi bir kısıtta açık çözüm elverişsiz, \(e^z + z + x^2 y = 1\) gibi bir kısıtın \(z\)’ye göre çözümü ise temel fonksiyonlarla yazılamaz. Ayrıca çember gibi kapalı bir eğri tek bir grafik olarak yazılamaz; üst ve alt yarıyı ayrı ayrı incelemek gerekir. Lagrange çarpanları yöntemi kısıtı çözmeden çalışır ve bu zorlukların hepsini ortadan kaldırır.
19.3 Lagrange Çarpanları Teoremi
Doğrudan yöntemin arkasındaki fikir, kısıtı çözüp problemi kısıtsız hâle getirmektir. Kısıtı açıkça çözemesek bile böyle bir çözümün yerel olarak var olduğunu bilmek, bağlı ekstremum için bir gerek koşul türetmeye yeter.
Kapalı fonksiyon teoreminin iki ve üç değişkenli biçimini bir sonraki bölümde ispatlayacağız; \(n\) değişkenli ve denklem sistemleri için olan biçimi orada da ispatsız kabul edilecek. Burada yalnız sonucunu kullanıyoruz. Üç değişkenli biçimi (Sonuç 20.1) şöyledir.
\(W \subseteq \mathbb{R}^3\) açık küme, \(F \in C^1(W)\) ve \((a, b, c) \in W\) olsun; \(F(a, b, c) = 0\) ve \(F_z(a, b, c) \ne 0\) olsun. O zaman öyle bir \(r > 0\) ve öyle bir \(\Phi : B\big( (a, b), r \big) \to \mathbb{R}\) fonksiyonu vardır ki
- \(\Phi(a, b) = c\) olur,
- her \((x, y) \in B\big( (a, b), r \big)\) için \(\big( x, y, \Phi(x, y) \big) \in W\) ve \(F\big( x, y, \Phi(x, y) \big) = 0\) olur,
- \(\Phi \in C^1\big( B((a, b), r) \big)\) olur.
Yani \(F(x, y, z) = 0\) denklemi \((a, b, c)\) yakınında \(z = \Phi(x, y)\) biçiminde çözülebilir ve çözüm sürekli türevlenebilirdir. Teorem ayrıca bu çözümün \((a, b, c)\) yakınında tek olduğunu da söyler; bize yukarıdaki üç özellik yetecek.
Aynı sonuç \(n\) değişkende de geçerlidir (Teorem 20.3): \(F \in C^1\), \(F(a) = 0\) ve \(\dfrac{\partial F}{\partial x_n}(a) \ne 0\) ise \(F(x) = 0\) denklemi \(a\) yakınında \(x_n = \Phi(x_1, \dots, x_{n-1})\) biçiminde \(C^1\) bir \(\Phi\) ile çözülür.
Teorem 19.1 (Lagrange Çarpanları Teoremi) \(n \ge 2\), \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık küme ve \(f, g \in C^1(U)\) olsun. \(f\), \(P_0 \in U\) noktasında \(g(x) = 0\) kısıtı altında yerel ekstremuma sahip olsun ve \(\nabla g(P_0) \ne 0\) olsun. O zaman
\[\nabla f(P_0) + \lambda \nabla g(P_0) = 0\]
eşitliğini sağlayan bir \(\lambda \in \mathbb{R}\) sayısı vardır.
İspat
Önce \(n = 3\) için ispatlayalım. \(P_0 = (a, b, c)\) yazalım ve \(f\)’nin \(P_0\)’da bağlı yerel maksimumu olduğunu varsayalım; minimum durumunda yalnız eşitsizliğin yönü değişir.
Adım 1: kısıtı çözmek. \(\nabla g(P_0) \ne 0\) olduğundan \(g_x(P_0)\), \(g_y(P_0)\) ve \(g_z(P_0)\) bileşenlerinden en az biri sıfırdan farklıdır. Değişkenlerin adları gerekirse değiştirilerek \(g_z(a, b, c) \ne 0\) varsayılabilir. \(g \in C^1(U)\) ve \(g(a, b, c) = 0\) olduğundan kapalı fonksiyon teoremi (\(F = g\), \(W = U\)) bir \(\Omega = B\big( (a, b), r \big)\) yuvarı ve \(C^1\) bir \(\Phi : \Omega \to \mathbb{R}\) fonksiyonu verir: \(\Phi(a, b) = c\) ve her \((x, y) \in \Omega\) için \(\psi(x, y) = \big( x, y, \Phi(x, y) \big)\) yazarsak
\[ \begin{aligned} \psi(x, y) &\in U, \\[1mm] g\big( \psi(x, y) \big) &= 0 \end{aligned} \]
olur. Yani \(P_0\) yakınında kısıt kümesi, \(z = \Phi(x, y)\) grafiğini içerir.
Adım 2: kısıtsız bir probleme geçiş. \(h : \Omega \to \mathbb{R}\), \(h(x, y) = f\big( \psi(x, y) \big)\) tanımlayalım. Bağlı maksimum tanımındaki \(V\) komşuluğu için \(B(P_0, \varepsilon) \subseteq V\) olan bir \(\varepsilon > 0\) vardır (Tanım 3.1). \(\Phi \in C^1(\Omega)\) olduğundan \(\Phi\) türevlenebilir ve süreklidir (Sonuç 14.3); dolayısıyla bileşenleri sürekli olan \(\psi\) süreklidir (Teorem 10.5) ve \(\psi(a, b) = P_0\)’dır. Öyleyse öyle bir \(0 < \delta \le r\) vardır ki \(\|(x, y) - (a, b)\| < \delta\) iken \(\|\psi(x, y) - P_0\| < \varepsilon\) olur. Bu \((x, y)\)’ler için \(\psi(x, y) \in V\) ve \(g\big( \psi(x, y) \big) = 0\), yani \(\psi(x, y) \in V \cap M\) olduğundan
\[h(x, y) = f\big( \psi(x, y) \big) \le f(P_0) = h(a, b)\]
olur. Demek ki \(h\), \((a, b)\) noktasında kısıtsız bir yerel maksimuma sahiptir.
Adım 3: gerek koşul. \(f\) ve \(\Phi\)’nin kısmi türevleri sürekli olduğundan ikisi de türevlenebilirdir (Teorem 14.3); bileşenleri türevlenebilir olan \(\psi\) da türevlenebilirdir (Teorem 15.2). Zincir kuralı (Teorem 15.6) gereği \(h\) türevlenebilirdir ve \(f\)’nin türevleri \(\psi(x, y)\) noktasında alınmak üzere
\[ \begin{aligned} h_x &= f_x + f_z\,\Phi_x, \\[1mm] h_y &= f_y + f_z\,\Phi_y \end{aligned} \]
olur. Yerel ekstremum için gerek koşul (Teorem 18.1) \(h_x(a, b) = h_y(a, b) = 0\) verir; \(\psi(a, b) = P_0\) olduğundan
\[ \begin{aligned} f_x(P_0) + f_z(P_0)\,\Phi_x(a, b) &= 0, \\[1mm] f_y(P_0) + f_z(P_0)\,\Phi_y(a, b) &= 0. \end{aligned} \tag{1} \]
Adım 4: kısıtın türevi. \(\Omega\) üzerinde \(g\big( \psi(x, y) \big) = 0\) özdeş olarak sağlandığından bu fonksiyonun kısmi türevleri sıfırdır. Aynı zincir kuralı hesabıyla
\[ \begin{aligned} g_x(P_0) + g_z(P_0)\,\Phi_x(a, b) &= 0, \\[1mm] g_y(P_0) + g_z(P_0)\,\Phi_y(a, b) &= 0 \end{aligned} \tag{2} \]
bulunur.
Adım 5: çarpanın seçimi. \(g_z(P_0) \ne 0\) olduğundan
\[\lambda = -\frac{f_z(P_0)}{g_z(P_0)}\]
tanımlayabiliriz. Bu seçimle
\[f_z(P_0) + \lambda\, g_z(P_0) = 0 \tag{3}\]
olur. (2)’den \(\Phi_x(a, b) = -\dfrac{g_x(P_0)}{g_z(P_0)}\) bulunur; bunu (1)’in birinci satırında yerine koyarsak
\[f_x(P_0) - f_z(P_0)\,\frac{g_x(P_0)}{g_z(P_0)} = f_x(P_0) + \lambda\, g_x(P_0) = 0\]
elde edilir. Aynı hesap ikinci satırlardan \(f_y(P_0) + \lambda\, g_y(P_0) = 0\) verir. Bu iki eşitlik (3) ile birlikte bileşen bileşen \(\nabla f(P_0) + \lambda \nabla g(P_0) = 0\) demektir.
Genel \(n\). Değişkenleri \(x = (x', x_n)\), \(x' = (x_1, \dots, x_{n-1})\) diye ayıralım, \(P_0 = (a', a_n)\) olsun ve gerekirse yeniden numaralandırarak \(\dfrac{\partial g}{\partial x_n}(P_0) \ne 0\) varsayalım. \(n\) değişkenli kapalı fonksiyon teoremi \(a'\) merkezli bir \(\Omega \subseteq \mathbb{R}^{n-1}\) yuvarı ve \(\Phi(a') = a_n\), \(g\big( x', \Phi(x') \big) = 0\) olan \(C^1\) bir \(\Phi : \Omega \to \mathbb{R}\) verir. Adım 2 aynen tekrarlanarak \(h(x') = f\big( x', \Phi(x') \big)\) fonksiyonunun \(a'\)’da yerel ekstremuma sahip olduğu görülür. Adım 3 ve 4, her \(j = 1, \dots, n - 1\) için (türevler \(P_0\) ve \(a'\)’da)
\[ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x_j} + \frac{\partial f}{\partial x_n}\,\frac{\partial \Phi}{\partial x_j} &= 0, \\[1mm] \frac{\partial g}{\partial x_j} + \frac{\partial g}{\partial x_n}\,\frac{\partial \Phi}{\partial x_j} &= 0 \end{aligned} \]
verir. \(\lambda = -\dfrac{\partial f / \partial x_n}{\partial g / \partial x_n}\) seçilirse Adım 5’teki hesap her \(j = 1, \dots, n\) için \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(P_0) + \lambda \dfrac{\partial g}{\partial x_j}(P_0) = 0\) verir; bu, \(\nabla f(P_0) + \lambda \nabla g(P_0) = 0\) demektir. \(\blacksquare\)
Teoremin sonucu, \(n + 1\) bilinmeyenli (\(x_1, \dots, x_n\) ve \(\lambda\)) \(n + 1\) denklemden oluşan bir sistemdir:
\[ \begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x_j}(x) + \lambda \frac{\partial g}{\partial x_j}(x) &= 0 \quad (j = 1, \dots, n), \\[1mm] g(x) &= 0. \end{aligned} \]
Teoremle ilgili üç gözlem yapalım.
- Teorem bir gerek koşuldur. Bağlı ekstremum noktaları bu sistemin çözümleri arasındadır, ama her çözüm bir bağlı ekstremum değildir. Örneğin \(f(x, y) = y\) ve \(g(x, y) = y - x^3\) için \(\nabla f + \lambda \nabla g = (-3\lambda x^2, 1 + \lambda) = 0\) ve \(g = 0\) sisteminin tek çözümü \(\lambda = -1\), \((x, y) = (0, 0)\)’dır. Oysa kısıt eğrisi \(y = x^3\) üzerinde \(f = x^3\) olur ve bu fonksiyonun \(x = 0\)’da ekstremumu yoktur. Yöntem yalnız aday verir.
- \(U\)’nun bağlantılı olması gerekmez. İspat yalnız \(P_0\)’ın küçük bir komşuluğunda çalışır.
- \(\nabla g(P_0) \ne 0\) varsayımı atlanamaz. Aşağıdaki örnek, bu koşulun bozulduğu bir noktada bağlı ekstremumun Lagrange sisteminin hiçbir çözümünde görünmeyebileceğini gösterir.
Örnek 19.4 (Gradyanın Sıfır Olduğu Kısıt Noktası) \(f(x, y) = x\) fonksiyonunun \(y^2 - x^3 = 0\) eğrisi üzerindeki en küçük değerini bulunuz ve Lagrange sisteminin bu noktayı vermediğini gösteriniz.
Çözüm
Minimum. Eğri üzerinde \(x^3 = y^2 \ge 0\), dolayısıyla \(x \ge 0\)’dır. \((0, 0)\) eğrinin üzerindedir ve \(f(0, 0) = 0\) olduğundan \(f\)’nin eğri üzerindeki mutlak minimumu \(0\)’dır ve \((0, 0)\)’da alınır.
Lagrange sistemi. \(g(x, y) = y^2 - x^3\) için \(\nabla f = (1, 0)\) ve \(\nabla g = (-3x^2, 2y)\) olduğundan sistem
\[ \begin{aligned} 1 - 3\lambda x^2 &= 0, \\[1mm] 2\lambda y &= 0, \\[1mm] y^2 - x^3 &= 0 \end{aligned} \]
olur. Birinci denklem \(\lambda \ne 0\) olmasını gerektirir; ikinci denklemden \(y = 0\), üçüncüden \(x = 0\) bulunur. Ama \(x = 0\) birinci denklemde \(1 = 0\) çelişkisini verir. Sistemin hiç çözümü yoktur.
Açıklama. Minimum noktasında \(\nabla g(0, 0) = (0, 0)\)’dır; Lagrange teoreminin (Teorem 19.1) varsayımı sağlanmaz. Gerçekten de her \(\lambda\) için \(\nabla f(0, 0) + \lambda \nabla g(0, 0) = (1, 0) \ne 0\) olur. Eğrinin orijinde sivri bir ucu vardır ve eğri orada kapalı fonksiyon teoreminin verdiği türden düzgün bir grafik değildir. Bu yüzden Lagrange yönteminde, kısıt kümesi üzerinde \(\nabla g = 0\) olan noktalar aday listesine ayrıca eklenir. \(\blacksquare\)
19.4 Lagrange Fonksiyonu ve Lagrange Yöntemi
Lagrange teoreminin denklemlerini tek bir fonksiyonun durgun noktası koşulu olarak yazmak, yöntemi hem hatırlamayı hem uygulamayı kolaylaştırır.
Tanım 19.2 (Lagrange Fonksiyonu ve Lagrange Çarpanı) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve \(f, g : U \to \mathbb{R}\) olsun. \(U \times \mathbb{R} \subseteq \mathbb{R}^{n+1}\) üzerinde
\[L(x, \lambda) = f(x) + \lambda\, g(x)\]
ile tanımlanan \(L\) fonksiyonuna \(f\)’nin \(g(x) = 0\) kısıtına ait Lagrange fonksiyonu, \(\lambda\) değişkenine de Lagrange çarpanı denir.
Yani \(L\), \(n + 1\) değişkenli bir fonksiyondur ve kısmi türevleri
\[ \begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial x_j}(x, \lambda) &= \frac{\partial f}{\partial x_j}(x) + \lambda \frac{\partial g}{\partial x_j}(x), \\[1mm] \frac{\partial L}{\partial \lambda}(x, \lambda) &= g(x) \end{aligned} \]
olur (\(j = 1, \dots, n\)). Dolayısıyla \(\nabla L(P_0, \lambda_0) = 0\) koşulu tam olarak \(\nabla f(P_0) + \lambda_0 \nabla g(P_0) = 0\) ve \(g(P_0) = 0\) demektir. Teorem 19.1, bağlı ekstremum noktalarının \(L\)’nin durgun noktalarından elde edildiğini söyler: kısıtlı problem, kısıtsız bir fonksiyonun durgun noktalarını bulma problemine dönüşür ve kısıt, \(\dfrac{\partial L}{\partial \lambda} = 0\) denklemi olarak sisteme kendiliğinden girer.
Çarpan bazen ters işaretle, \(\nabla f(P_0) = \mu \nabla g(P_0)\) biçiminde yazılır. \(\mu = -\lambda\) olduğundan bulunan adaylar aynıdır; yalnız çarpanın işareti değişir.
- Kısıtı düzenle. Kısıtı \(g(x) = 0\) biçiminde yaz (\(g(x) = k\) ise \(g(x) - k\) kullan). \(M\) üzerinde \(\nabla g = 0\) olan noktalar varsa onları aday listesine ayrıca ekle.
- Sistemi çöz. \(\nabla f(x) + \lambda \nabla g(x) = 0\) ve \(g(x) = 0\) denklemlerini \(x_1, \dots, x_n, \lambda\) bilinmeyenlerine göre çöz. Bir denklemi bir ifadeye bölmeden önce o ifadenin sıfır olduğu durumu ayrıca incele.
- Değerleri hesapla. \(f\)’yi bulunan bütün adaylarda hesapla.
- Karar ver. \(M\) kompaktsa adaylardaki en büyük değer \(f\)’nin \(M\) üzerindeki mutlak maksimumu, en küçük değer mutlak minimumudur. \(M\) kompakt değilse bu karşılaştırma tek başına yetmez; \(f\)’nin \(M\) üzerindeki davranışı ayrıca incelenir.
Dördüncü adımın gerekçesi şudur. \(f, g \in C^1(U)\) olsun. \(M\) kompakt ve \(f\) sürekliyse \(f\), \(M\) üzerindeki mutlak maksimumunu bir \(P^* \in M\) noktasında alır (Teorem 11.3). \(P^*\) bir bağlı yerel maksimumdur; \(\nabla g(P^*) \ne 0\) ise Teorem 19.1 gereği ikinci adımda bulunur, \(\nabla g(P^*) = 0\) ise birinci adımda listeye girmiştir. Mutlak maksimum noktası listede olduğuna göre listedeki en büyük değer mutlak maksimumdur. \(U = \mathbb{R}^n\) ve \(g\) sürekli ise \(M = g^{-1}(\{0\})\) kümesi her zaman kapalıdır (Sonuç 11.2); kompaktlık için yalnız sınırlılığı denetlemek yeter (Teorem 5.5).
Örnek 19.5 (Çember Üzerinde Bir Kuadratik Fonksiyon) \(f(x, y) = x^2 + 2y^2\) fonksiyonunun \(x^2 + y^2 = 1\) çemberi üzerindeki en büyük ve en küçük değerlerini ve bu değerlerin alındığı noktaları bulunuz.
Çözüm
Kısıt. \(g(x, y) = x^2 + y^2 - 1\) alalım; \(M = S(0, 1)\) birim çemberdir. \(M\) kapalı (Sonuç 11.2) ve sınırlı, dolayısıyla kompakttır; \(f\) sürekli olduğundan \(M\) üzerinde en büyük ve en küçük değerini alır. \(\nabla g(x, y) = (2x, 2y)\) yalnız orijinde sıfırdır ve orijin çemberin üzerinde değildir.
Sistem. \(\nabla f(x, y) = (2x, 4y)\) olduğundan \(\nabla f + \lambda \nabla g = 0\) ve \(g = 0\) denklemleri
\[ \begin{aligned} 2x + 2\lambda x &= 0 \ \Longrightarrow\ x(1 + \lambda) = 0, \\[1mm] 4y + 2\lambda y &= 0 \ \Longrightarrow\ y(2 + \lambda) = 0, \\[1mm] x^2 + y^2 &= 1 \end{aligned} \]
olur. Birinci denklemden \(x = 0\) ya da \(\lambda = -1\)’dir.
- \(x = 0\) ise üçüncü denklemden \(y = \pm 1\) bulunur; \(y \ne 0\) olduğundan ikinci denklem \(\lambda = -2\) verir. Adaylar \((0, 1)\) ve \((0, -1)\)’dir.
- \(\lambda = -1\) ise ikinci denklem \(y = 0\) verir, üçüncü denklemden \(x = \pm 1\) bulunur. Adaylar \((1, 0)\) ve \((-1, 0)\)’dır.
Değerler ve karar. \(f(0, \pm 1) = 2\) ve \(f(\pm 1, 0) = 1\)’dir. \(M\) kompakt olduğundan \(f\)’nin çember üzerindeki en büyük değeri \(2\)’dir ve \((0, \pm 1)\) noktalarında, en küçük değeri \(1\)’dir ve \((\pm 1, 0)\) noktalarında alınır.
Sonucu doğrudan da denetleyebiliriz: çember üzerinde \(x^2 = 1 - y^2\) olduğundan \(f = 1 + y^2\) olur ve \(0 \le y^2 \le 1\) olduğundan \(f\), \(1\) ile \(2\) arasında değişir.
Geometrik resim. \(f\)’nin seviye eğrileri \(x^2 + 2y^2 = c\) elipsleridir. \(c < 1\) ise bu elipsin her noktasında \(x^2 + y^2 \le x^2 + 2y^2 = c < 1\) olur; elips çemberin içinde kalır. \(c > 2\) ise elipsin her noktasında
\[x^2 + y^2 \ge \frac{x^2 + 2y^2}{2} = \frac{c}{2} > 1\]
olur; elips çemberin dışında kalır. Çemberle ortak noktası olan elipsler tam olarak \(1 \le c \le 2\) olanlardır ve uç değerler, elipsin çembere teğet olduğu \(c = 1\) ve \(c = 2\) durumlarında alınır. Değme noktalarında gradyanlar paraleldir: \((1, 0)\)’da \(\nabla f = (2, 0) = \nabla g\), \((0, 1)\)’de \(\nabla f = (0, 4) = 2 \nabla g\) olur.
\(\blacksquare\)
Lagrange fonksiyonunun durgun noktası \(L\)’nin kendi ekstremumu olmak zorunda değildir. Bu örnekte \(L(x, y, \lambda) = x^2 + 2y^2 + \lambda(x^2 + y^2 - 1)\)’dir ve \((1, 0, -1)\) durgun noktasının yakınında
\[L(1 + t, 0, -1 + s) = 1 + s\,t\,(2 + t)\]
olur. \(|t| < 2\) iken \(s\) ile \(t\) aynı işaretliyse \(L > 1\), zıt işaretliyse \(L < 1\)’dir; yani \((1, 0, -1)\) noktası \(L\)’nin bir eyer noktasıdır. Kısıtsız probleme geçiş ekstremumları değil, yalnız durgun noktaları korur; bu yüzden durgun noktalar bulunduktan sonra \(f\)’nin değerleri karşılaştırılır.
Örnek 19.6 (Küre Üzerinde Doğrusal Bir Fonksiyon) \(f(x, y, z) = 2x + 2y + z\) fonksiyonunun \(x^2 + y^2 + z^2 = 9\) küresi üzerindeki en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz.
Çözüm
Kısıt. \(g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 9\) alalım; \(M = S(0, 3)\) kapalı ve sınırlı, yani kompakttır. \(\nabla g = (2x, 2y, 2z)\) yalnız orijinde sıfırdır ve orijin kürenin üzerinde değildir.
Sistem. \(\nabla f = (2, 2, 1)\) olduğundan
\[ \begin{aligned} 2 + 2\lambda x &= 0, \\[1mm] 2 + 2\lambda y &= 0, \\[1mm] 1 + 2\lambda z &= 0, \\[1mm] x^2 + y^2 + z^2 &= 9. \end{aligned} \]
\(\lambda = 0\) birinci denklemde \(2 = 0\) çelişkisini verir; öyleyse \(\lambda \ne 0\)’dır ve \(x = y = -\dfrac{1}{\lambda}\), \(z = -\dfrac{1}{2\lambda}\) olur. Bunlar kısıtta yerine konursa
\[\frac{1}{\lambda^2} + \frac{1}{\lambda^2} + \frac{1}{4\lambda^2} = \frac{9}{4\lambda^2} = 9\]
yani \(\lambda^2 = \dfrac{1}{4}\) ve \(\lambda = \pm\dfrac{1}{2}\) bulunur.
- \(\lambda = -\dfrac{1}{2}\) için \((2, 2, 1)\) noktası ve \(f(2, 2, 1) = 4 + 4 + 1 = 9\).
- \(\lambda = \dfrac{1}{2}\) için \((-2, -2, -1)\) noktası ve \(f(-2, -2, -1) = -9\).
Karar. Küre kompakt olduğundan \(f\)’nin küre üzerindeki en büyük değeri \(9\)’dur ve \((2, 2, 1)\)’de, en küçük değeri \(-9\)’dur ve \((-2, -2, -1)\)’de alınır.
Denetim. \(f(x, y, z) = \langle (2, 2, 1), (x, y, z) \rangle\) olduğundan Cauchy–Schwarz eşitsizliği (Teorem 1.1) küre üzerinde
\[|f(x, y, z)| \le \|(2, 2, 1)\|\,\|(x, y, z)\| = 3 \cdot 3 = 9\]
verir ve eşitlik \((x, y, z)\) vektörü \((2, 2, 1)\)’e paralel olduğunda, yani tam bulduğumuz iki noktada sağlanır. \(\blacksquare\)
Örnek 19.7 (Kompakt Olmayan Bir Kısıt Eğrisi) \(f(x, y) = e^{xy}\) fonksiyonunun \(x^3 + y^3 = 16\) kısıtı altındaki en büyük ve en küçük değerlerini araştırınız.
Çözüm
Adaylar. \(g(x, y) = x^3 + y^3 - 16\) alalım. \(\nabla g = (3x^2, 3y^2)\) yalnız orijinde sıfırdır ve orijin eğrinin üzerinde değildir. \(\nabla f = \big( y e^{xy}, x e^{xy} \big)\) olduğundan sistem
\[ \begin{aligned} y e^{xy} + 3\lambda x^2 &= 0, \\[1mm] x e^{xy} + 3\lambda y^2 &= 0, \\[1mm] x^3 + y^3 &= 16 \end{aligned} \]
olur. \(x = 0\) olsaydı birinci denklemden \(y = 0\) çıkardı; oysa \((0, 0)\) eğrinin üzerinde değildir. Demek ki \(x \ne 0\), aynı nedenle \(y \ne 0\)’dır ve birinci denklemden (\(y e^{xy} \ne 0\)) \(\lambda \ne 0\) olur. İlk iki denklemden
\[e^{xy} = -\frac{3\lambda x^2}{y} = -\frac{3\lambda y^2}{x}\]
bulunur. \(-3\lambda \ne 0\) ile sadeleştirip içler dışlar çarpımı yapılırsa \(x^3 = y^3\), yani \(x = y\) olur. Kısıttan \(2x^3 = 16\), \(x = y = 2\) ve birinci denklemden \(\lambda = -\dfrac{2e^4}{12} = -\dfrac{e^4}{6}\) bulunur. Tek aday \((2, 2)\) noktasıdır ve \(f(2, 2) = e^4\)’tür.
Eğri kompakt değildir. \(x \to +\infty\) iken \(y = \sqrt[3]{16 - x^3} \to -\infty\) olur; eğri sınırsızdır. Dolayısıyla tek adayın maksimum mu, minimum mu, yoksa hiçbiri mi olduğunu Lagrange yöntemi söyleyemez; eğriyi ayrıca incelemeliyiz.
Eğri üzerinde \(xy\) çarpımı. \(s = x + y\) ve \(p = xy\) diyelim. \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[x^2 - xy + y^2 = \Big( x - \frac{y}{2} \Big)^2 + \frac{3y^2}{4} > 0\]
olduğundan
\[16 = x^3 + y^3 = (x + y)(x^2 - xy + y^2)\]
eşitliği \(s > 0\) olmasını gerektirir. Ayrıca \(x^3 + y^3 = s^3 - 3ps\) olduğundan
\[p = \frac{s^3 - 16}{3s} = \frac{s^2}{3} - \frac{16}{3s}\]
bulunur. \(x\) ve \(y\), \(t^2 - st + p = 0\) denkleminin kökleridir; reel olmaları için diskriminant negatif olmamalıdır:
\[s^2 - 4p = \frac{64 - s^3}{3s} \ge 0 \iff 0 < s \le 4.\]
Tersine, her \(s \in (0, 4]\) için bu denklemin reel kökleri \(x + y = s\), \(xy = p\) ve \(x^3 + y^3 = s^3 - 3ps = 16\) sağlar; yani eğri üzerinde bir nokta verir. \((0, 4]\) aralığında \(s^2\) ve \(-\dfrac{16}{s}\) artan olduğundan \(p\) artandır. En büyük değeri \(p(4) = \dfrac{16}{3} - \dfrac{4}{3} = 4\)’tür ve yalnız \(s = 4\) iken, yani diskriminant sıfırken (\(x = y = 2\)) alınır.
Sonuç. Eğri üzerinde \(xy \le 4\)’tür ve eşitlik yalnız \((2, 2)\)’de sağlanır. Üstel fonksiyon artan olduğundan eğri üzerinde \(e^{xy} \le e^4\) olur: \(f\)’nin eğri üzerindeki mutlak maksimumu \(e^4\)’tür ve \((2, 2)\)’de alınır.
Öte yandan \(s \to 0^+\) iken \(p \to -\infty\) ve \(e^{p} \to 0\)’dır. Örneğin \(s = 1\) için \(p = -5\) ve \(f = e^{-5}\) olur. \(f\) eğri üzerinde \(0\)’a istendiği kadar yakın değerler alır, ama \(e^{xy} > 0\) olduğundan \(0\)’ı almaz. Demek ki \(f\)’nin eğri üzerinde minimumu yoktur; değerlerinin en büyük alt sınırı \(0\)’dır.
Lagrange yönteminin tek bir aday vermesi, bu adayın maksimum ya da minimum olduğunu kendi başına göstermez; burada maksimum olduğunu ek bir inceleme gösterdi, minimumun ise hiç olmadığı ortaya çıktı. \(\blacksquare\)
Örnek 19.8 (İki Düzleme Uzaklıkların Kareleri Toplamı) \(x + y - 2z = 0\) düzlemi üzerinde öyle bir \(P(x, y, z)\) noktası bulunuz ki \(P\)’nin \(x + 3z = 6\) ve \(y + 3z = 2\) düzlemlerine olan uzaklıklarının kareleri toplamı en küçük olsun.
Çözüm
Amaç fonksiyonu. \((x_0, y_0, z_0)\) noktasının \(ax + by + cz = d\) düzlemine uzaklığı
\[\frac{|a x_0 + b y_0 + c z_0 - d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}\]
olduğundan \(P(x, y, z)\)’nin iki düzleme uzaklıkları
\[ \begin{aligned} k_1 &= \frac{|x + 3z - 6|}{\sqrt{10}}, \\[1mm] k_2 &= \frac{|y + 3z - 2|}{\sqrt{10}} \end{aligned} \]
olur. En küçük yapılacak fonksiyon
\[f(x, y, z) = k_1^2 + k_2^2 = \frac{(x + 3z - 6)^2 + (y + 3z - 2)^2}{10},\]
kısıt ise \(g(x, y, z) = x + y - 2z = 0\)’dır. \(\nabla g = (1, 1, -2)\) hiçbir yerde sıfır değildir.
Sistem. \(A = x + 3z - 6\) ve \(B = y + 3z - 2\) kısaltmalarıyla \(f_x = \dfrac{A}{5}\), \(f_y = \dfrac{B}{5}\) ve \(f_z = \dfrac{3(A + B)}{5}\) olur. Sistem
\[ \begin{aligned} \frac{A}{5} + \lambda &= 0, \\[1mm] \frac{B}{5} + \lambda &= 0, \\[1mm] \frac{3(A + B)}{5} - 2\lambda &= 0, \\[1mm] x + y - 2z &= 0 \end{aligned} \]
biçimindedir. İlk iki denklemden \(A = B = -5\lambda\); üçüncüde yerine koyarsak \(-6\lambda - 2\lambda = -8\lambda = 0\), yani \(\lambda = 0\) ve \(A = B = 0\) bulunur. \(A = 0\) ve \(B = 0\) denklemleri \(x = 6 - 3z\) ve \(y = 2 - 3z\) verir; kısıtta yerine koyarsak \(8 - 8z = 0\), \(z = 1\) ve buradan \(x = 3\), \(y = -1\) bulunur. Tek aday \(P(3, -1, 1)\)’dir.
Karar. Kısıt düzlemi kompakt değildir; ama her yerde \(f \ge 0\) ve \(f(3, -1, 1) = 0\) olduğundan \(P(3, -1, 1)\) noktası \(f\)’nin kısıt düzlemi üzerindeki mutlak minimum noktasıdır. En küçük toplam \(0\)’dır.
Bunun nedeni \(P\)’nin üç düzlemin de üzerinde olmasıdır: \(3 + 3 \cdot 1 = 6\), \(-1 + 3 \cdot 1 = 2\) ve \(3 - 1 - 2 = 0\). Üç düzlemin normal vektörlerinden kurulan determinant
\[\begin{vmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & 3 \end{vmatrix} = -8 \ne 0\]
olduğundan düzlemler tek bir noktada kesişir ve bu nokta \(P\)’dir. \(\lambda = 0\) çıkması da bununla uyumludur: \(\nabla f(P) = 0\)’dır, yani \(f\)’nin kısıtsız minimumu zaten kısıt düzleminin üzerindedir. Maksimum ise yoktur: \((t, t, t)\) noktaları kısıt düzlemindedir ve \(t \to +\infty\) iken
\[f(t, t, t) = \frac{(4t - 6)^2 + (4t - 2)^2}{10} \to +\infty\]
olur. \(\blacksquare\)
19.5 Geometrik Yorum
Çember örneğinde uç değerlerin, \(f\)’nin seviye eğrisinin kısıt eğrisine teğet olduğu noktalarda alındığını gördük. Bu, Lagrange koşulunun genel geometrik anlamıdır ve aşağıdaki önermeden çıkar.
Önerme 19.2 (Gradyanlar Kısıt Kümesinin Teğetlerine Diktir) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık, \(f, g \in C^1(U)\) ve \(M = \{ x \in U : g(x) = 0 \}\) olsun; \(f\), \(P_0 \in M\) noktasında \(g(x) = 0\) kısıtı altında yerel ekstremuma sahip olsun. \(\delta > 0\) ve \(\gamma : (-\delta, \delta) \to \mathbb{R}^n\), her \(t\) için \(\gamma(t) \in M\) ve \(\gamma(0) = P_0\) olan türevlenebilir bir eğri ise
\[ \begin{aligned} \langle \nabla g(P_0), \gamma'(0) \rangle &= 0, \\[1mm] \langle \nabla f(P_0), \gamma'(0) \rangle &= 0 \end{aligned} \]
olur.
İspat
Zincir kuralı. \(f\) ve \(g\), \(C^1\) olduğundan türevlenebilirdir (Teorem 14.3). Zincir kuralı (Teorem 15.6) gereği \(g \circ \gamma\) ve \(f \circ \gamma\) tek değişkenli fonksiyonları türevlenebilirdir ve
\[(g \circ \gamma)'(t) = \langle \nabla g(\gamma(t)), \gamma'(t) \rangle\]
olur (\(f\) için de aynısı): \(1 \times n\) boyutlu \(J_g(\gamma(t))\) satırı ile \(n \times 1\) boyutlu \(\gamma'(t)\) sütununun çarpımı, iki vektörün iç çarpımıdır.
Kısıtın gradyanı. \(\gamma(t) \in M\) olduğundan her \(t\) için \(g(\gamma(t)) = 0\)’dır. Sabit fonksiyonun türevi sıfır olduğundan \(t = 0\)’da \(\langle \nabla g(P_0), \gamma'(0) \rangle = 0\) bulunur.
Amaç fonksiyonunun gradyanı. \(f\)’nin \(P_0\)’da bağlı yerel maksimumu olsun (minimum için eşitsizlik ters çevrilir) ve tanımdaki \(V\) komşuluğu için \(B(P_0, \varepsilon) \subseteq V\) olsun. \(\gamma\) türevlenebilir olduğundan süreklidir ve \(\gamma(0) = P_0\)’dır; öyleyse öyle bir \(0 < \eta \le \delta\) vardır ki \(|t| < \eta\) iken \(\gamma(t) \in B(P_0, \varepsilon) \subseteq V\) olur. Bu \(t\)’ler için \(\gamma(t) \in V \cap M\) olduğundan
\[\varphi(t) = f(\gamma(t)) \le f(P_0) = \varphi(0)\]
olur. Demek ki tek değişkenli \(\varphi\) fonksiyonu \((-\eta, \eta)\) aralığının iç noktası olan \(t = 0\)’da yerel maksimuma sahiptir ve Fermat teoremi (bkz. Analiz 2) gereği \(\varphi'(0) = \langle \nabla f(P_0), \gamma'(0) \rangle = 0\) olur. \(\blacksquare\)
\(M\) içinde kalan türevlenebilir bir eğrinin \(P_0\)’daki hız vektörü \(\gamma'(0)\)’a \(M\)’nin \(P_0\)’daki bir teğet vektörü diyelim. Önerme, \(\nabla f(P_0)\) ve \(\nabla g(P_0)\) vektörlerinin ikisinin de \(M\)’nin bütün teğet vektörlerine dik olduğunu söyler. Lagrange koşulu bu gözlemden geometrik olarak okunabilir.
Düzlemde. \(n = 2\), \(\nabla g(P_0) \ne 0\) ve örneğin \(g_y(P_0) \ne 0\) olsun. Kapalı fonksiyon teoremi \(M\)’yi \(P_0 = (a, b)\) yakınında bir \(y = \Phi(x)\) grafiği olarak verir. \(\gamma(t) = \big( a + t, \Phi(a + t) \big)\) eğrisi \(M\) içindedir ve \(\gamma'(0) = \big( 1, \Phi'(a) \big) \ne 0\)’dır. Düzlemde sıfırdan farklı bir vektöre dik olan vektörler tek bir doğru oluşturur. \(\nabla g(P_0)\) bu doğru üzerinde sıfırdan farklı bir vektör olduğundan \(\nabla f(P_0)\) onun bir katıdır: \(\nabla f(P_0) = -\lambda \nabla g(P_0)\).
Aynı akıl yürütme, \(\nabla f(P_0) \ne 0\) iken \(f(x) = f(P_0)\) seviye eğrisine uygulanırsa (bu eğri üzerinde \(f \circ \gamma\) sabittir) \(\nabla f(P_0)\)’ın seviye eğrisinin teğetine dik olduğunu gösterir. Gradyanlar paralel olduğundan seviye eğrisi ile kısıt eğrisi \(P_0\)’da aynı normal doğruya, dolayısıyla aynı teğet doğruya sahiptir: bağlı ekstremum noktasında \(f\)’nin seviye eğrisi kısıt eğrisine teğettir. Sezgisel olarak, seviye eğrisi kısıt eğrisini teğet olmadan kesseydi, kısıt eğrisi üzerinde bir yöne ilerlerken \(f\) artar, öbür yöne ilerlerken azalırdı ve \(P_0\) ekstremum olamazdı. Örnek 19.5 içindeki \(x^2 + 2y^2 = 1\) ve \(x^2 + 2y^2 = 2\) elipslerinin çembere değdiği dört nokta tam olarak bu durumdur.
Uzayda. \(n = 3\) ve \(g_z(P_0) \ne 0\) ise \(M\), \(P_0 = (a, b, c)\) yakınında \(z = \Phi(x, y)\) yüzeyini içerir. \(\gamma_1(t) = \big( a + t, b, \Phi(a + t, b) \big)\) ve \(\gamma_2(t) = \big( a, b + t, \Phi(a, b + t) \big)\) eğrileri
\[ \begin{aligned} \gamma_1'(0) &= \big( 1, 0, \Phi_x(a, b) \big), \\[1mm] \gamma_2'(0) &= \big( 0, 1, \Phi_y(a, b) \big) \end{aligned} \]
gibi doğrusal bağımsız iki teğet vektör verir. Bu ikisine dik vektörler tek bir doğru oluşturur ve \(\nabla g(P_0)\) bu doğruyu gerer; öyleyse yine \(\nabla f(P_0) = -\lambda \nabla g(P_0)\) olur. Bu, Lagrange teoreminin ispatındaki hesabın geometrik karşılığıdır: (1) ve (2) eşitlikleri, \(\nabla f(P_0)\) ile \(\nabla g(P_0)\)’ın bu iki teğet vektöre dik olduğunu söyler. Uzayda bağlı ekstremum noktasında \(f\)’nin seviye yüzeyi kısıt yüzeyine teğettir.
19.6 Birden Çok Kısıt
Değişkenler birden çok denklemle bağlı olabilir; örneğin uzayda iki yüzeyin kesişim eğrisi üzerinde ekstremum aranıyorsa iki kısıt vardır. Lagrange teoremi, her kısıt için ayrı bir çarpanla aynı biçimde genelleşir.
\(g_1, \dots, g_k : U \to \mathbb{R}\) fonksiyonları için kısıt kümesi
\[M = \{ x \in U : g_1(x) = \dots = g_k(x) = 0 \}\]
olur. Bağlı yerel ekstremum, Tanım 19.1 içindeki \(M\) yerine bu küme alınarak aynen tanımlanır.
Teorem 19.2 (Birden Çok Kısıt için Lagrange Teoremi) \(1 \le k \le n - 1\), \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve \(f, g_1, \dots, g_k \in C^1(U)\) olsun. \(f\), \(P_0 \in U\) noktasında \(g_1(x) = \dots = g_k(x) = 0\) kısıtları altında yerel ekstremuma sahip olsun ve
\[\nabla g_1(P_0), \ \dots, \ \nabla g_k(P_0)\]
vektörleri doğrusal bağımsız olsun. O zaman
\[\nabla f(P_0) + \lambda_1 \nabla g_1(P_0) + \dots + \lambda_k \nabla g_k(P_0) = 0\]
eşitliğini sağlayan \(\lambda_1, \dots, \lambda_k \in \mathbb{R}\) sayıları vardır.
İspat
\(G = (g_1, \dots, g_k) : U \to \mathbb{R}^k\) yazalım. \(k \times n\) boyutlu \(J_G(P_0)\) Jacobi matrisinin satırları \(\nabla g_1(P_0), \dots, \nabla g_k(P_0)\)’dır ve varsayım gereği doğrusal bağımsızdır. Bir matrisin satır rankı sütun rankına eşit olduğundan \(J_G(P_0)\)’ın doğrusal bağımsız \(k\) sütunu vardır. Değişkenleri yeniden numaralandırarak bunların son \(k\) sütun olduğunu varsayabiliriz.
Blok yazılış. \(x = (u, v)\), \(u = (x_1, \dots, x_{n-k})\), \(v = (x_{n-k+1}, \dots, x_n)\) ve \(P_0 = (u_0, v_0)\) yazalım. Bundan sonra bütün türevler \(P_0\)’da alınmıştır. Jacobi matrisini
\[J_G(P_0) = \begin{pmatrix} B & A \end{pmatrix}\]
biçiminde iki bloğa ayıralım: \(B\), \(u\) değişkenlerine göre kısmi türevlerden oluşan \(k \times (n - k)\) matris, \(A\) ise \(v\) değişkenlerine göre kısmi türevlerden oluşan \(k \times k\) matristir. \(A\)’nın sütunları doğrusal bağımsız olduğundan \(\det A \ne 0\)’dır ve \(A\) terslenebilirdir. Aynı biçimde \(\nabla f(P_0)\) satır vektörünü \(\big( \nabla_u f, \nabla_v f \big)\) diye ayıralım: \(\nabla_u f\), \(f\)’nin ilk \(n - k\) değişkene göre, \(\nabla_v f\) ise son \(k\) değişkene göre kısmi türevlerinden oluşur.
Kısıtları çözmek. \(\det A \ne 0\) koşulu, kapalı fonksiyon teoreminin denklem sistemleri için olan biçiminin (Teorem 20.3; burada da yalnız sonucunu kullanıyoruz) varsayımıdır. Teorem \(u_0\) merkezli bir \(\Omega\) açık yuvarı ve \(\Phi(u_0) = v_0\) olan \(C^1\) bir \(\Phi : \Omega \to \mathbb{R}^k\) fonksiyonu verir; her \(u \in \Omega\) için \(\big( u, \Phi(u) \big) \in U\) ve \(G\big( u, \Phi(u) \big) = 0\)’dır.
Kısıtsız probleme geçiş. Teorem 19.1 ispatındaki 2. adım aynen tekrarlanarak \(h(u) = f\big( u, \Phi(u) \big)\) fonksiyonunun \(u_0\)’da kısıtsız bir yerel ekstremuma sahip olduğu görülür. Zincir kuralı ve gerek koşul (Teorem 18.1)
\[\nabla_u f + \nabla_v f \; J_\Phi(u_0) = 0\]
verir. \(G\big( u, \Phi(u) \big) = 0\) özdeşliğinin türevi alınırsa \(B + A\, J_\Phi(u_0) = 0\), yani
\[J_\Phi(u_0) = -A^{-1} B\]
bulunur.
Çarpanlar. \(\Lambda = (\lambda_1, \dots, \lambda_k) = -\nabla_v f \, A^{-1}\) satır vektörünü tanımlayalım. O zaman
\[ \begin{aligned} \nabla_v f + \Lambda A &= \nabla_v f - \nabla_v f = 0, \\[1mm] \nabla_u f + \Lambda B &= \nabla_u f - \nabla_v f\, A^{-1} B \\[1mm] &= \nabla_u f + \nabla_v f\, J_\Phi(u_0) = 0 \end{aligned} \]
olur. İki eşitlik birlikte \(\nabla f(P_0) + \Lambda\, J_G(P_0) = 0\) demektir. \(\Lambda\, J_G(P_0)\) çarpımı, \(J_G(P_0)\)’ın satırlarının \(\lambda_1, \dots, \lambda_k\) katsayılı toplamı, yani \(\lambda_1 \nabla g_1(P_0) + \dots + \lambda_k \nabla g_k(P_0)\) olduğundan istenen elde edilir. \(\blacksquare\)
\(k = 1\) için doğrusal bağımsızlık \(\nabla g_1(P_0) \ne 0\) demektir ve teorem Teorem 19.1 ile aynıdır. \(k \le n - 1\) koşulu doğaldır: \(\mathbb{R}^n\)’de en çok \(n\) doğrusal bağımsız vektör vardır ve \(k = n\) bağımsız kısıt olduğunda ters fonksiyon teoremi (Teorem 20.1) gereği \(P_0\)’ın yakınında \(M\)’nin başka noktası yoktur; o zaman problem anlamını yitirir.
Lagrange fonksiyonu bu durumda \(n + k\) değişkenlidir:
\[L(x, \lambda_1, \dots, \lambda_k) = f(x) + \lambda_1 g_1(x) + \dots + \lambda_k g_k(x).\]
\(\nabla L = 0\) koşulu, teoremdeki \(n\) denklem ile \(k\) kısıt denkleminin birleşimidir. Lagrange yönteminin dört adımı aynen geçerlidir; birinci adımda, \(M\) üzerinde gradyanların doğrusal bağımlı olduğu noktalar aday listesine eklenir.
Örnek 19.9 (Silindir ile Düzlemin Kesişiminde Uzaklık) \(x^2 + y^2 = 1\) silindiri ile \(x + y + z = 1\) düzleminin kesişim eğrisi üzerinde orijine en yakın ve en uzak noktaları bulunuz.
Çözüm
Kurulum. Uzaklık ile karesi aynı noktalarda en büyük ve en küçük olduğundan \(f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2\) fonksiyonunu inceleyelim. Kısıtları \(g_1 = 0\) ve \(g_2 = 0\) biçiminde yazalım:
\[ \begin{aligned} g_1(x, y, z) &= x^2 + y^2 - 1, \\[1mm] g_2(x, y, z) &= x + y + z - 1. \end{aligned} \]
\(M\) iki kapalı kümenin kesişimi olarak kapalıdır; \(M\) üzerinde \(|x|, |y| \le 1\) ve \(|z| = |1 - x - y| \le 3\) olduğundan sınırlıdır. Demek ki \(M\) kompakttır.
Bağımsızlık. \(\nabla g_1 = (2x, 2y, 0)\) ve \(\nabla g_2 = (1, 1, 1)\)’dir. \(a \nabla g_1 + b \nabla g_2 = 0\) ise üçüncü bileşenden \(b = 0\), ardından \(a (2x, 2y) = 0\) bulunur; \(M\) üzerinde \((x, y) \ne (0, 0)\) olduğundan \(a = 0\)’dır. Gradyanlar \(M\)’nin her noktasında doğrusal bağımsızdır.
Sistem. \(\nabla f + \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2 = 0\) ve kısıtlar
\[ \begin{aligned} 2x + 2\lambda_1 x + \lambda_2 &= 0, \\[1mm] 2y + 2\lambda_1 y + \lambda_2 &= 0, \\[1mm] 2z + \lambda_2 &= 0, \\[1mm] x^2 + y^2 &= 1, \\[1mm] x + y + z &= 1 \end{aligned} \]
sistemini verir. İlk iki denklem taraf tarafa çıkarılırsa \(2(1 + \lambda_1)(x - y) = 0\) bulunur.
- \(\lambda_1 = -1\) ise birinci denklemden \(\lambda_2 = 0\), üçüncüden \(z = 0\) olur. O zaman \(x + y = 1\) ve \(x^2 + y^2 = 1\)’dir; buradan \(2xy = (x + y)^2 - (x^2 + y^2) = 0\), yani \(x = 0\) ya da \(y = 0\) bulunur. Adaylar \((1, 0, 0)\) ve \((0, 1, 0)\)’dır ve ikisinde de \(f = 1\)’dir.
- \(x = y\) ise \(2x^2 = 1\), \(x = y = \pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}\) ve \(z = 1 - 2x = 1 \mp \sqrt{2}\) olur. Bu noktalarda çarpanlar üçüncü ve birinci denklemden \(\lambda_2 = -2z\) ve \(1 + \lambda_1 = \dfrac{z}{x}\) olarak bulunur. \(f = x^2 + y^2 + z^2 = 1 + z^2\) olduğundan
\[ \begin{aligned} f\Big( \tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}, 1 - \sqrt{2} \Big) &= 1 + (1 - \sqrt{2})^2 = 4 - 2\sqrt{2}, \\[1mm] f\Big( -\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}, 1 + \sqrt{2} \Big) &= 1 + (1 + \sqrt{2})^2 = 4 + 2\sqrt{2}. \end{aligned} \]
Karar. \(M\) kompakt olduğundan \(f\)’nin en küçük değeri \(1\), en büyük değeri \(4 + 2\sqrt{2} \approx 6{,}83\)’tür. Orijine en yakın noktalar \((1, 0, 0)\) ve \((0, 1, 0)\)’dır (uzaklık \(1\)); en uzak nokta \(\Big( -\tfrac{1}{\sqrt{2}}, -\tfrac{1}{\sqrt{2}}, 1 + \sqrt{2} \Big)\)’dir (uzaklık \(\sqrt{4 + 2\sqrt{2}}\)).
Dördüncü aday \(C = \Big( \tfrac{1}{\sqrt{2}}, \tfrac{1}{\sqrt{2}}, 1 - \sqrt{2} \Big)\) ne en yakın ne en uzak noktadır, ama yine de anlamlı bir noktadır. \(u(t) = 1 - \cos t - \sin t\) yazarsak eğri \(\gamma(t) = \big( \cos t, \sin t, u(t) \big)\) ile parametrelenir; \(F(t) = f(\gamma(t)) = 1 + u(t)^2\) olur ve \(C = \gamma(\pi/4)\)’tür. \(u'(t) = \sin t - \cos t\) ve \(u''(t) = \cos t + \sin t\) olduğundan \(u'(\pi/4) = 0\), \(u''(\pi/4) = \sqrt{2}\) ve \(u(\pi/4) = 1 - \sqrt{2}\)’dir. \(F' = 2uu'\) ve \(F'' = 2(u')^2 + 2uu''\) olduğundan
\[F''\Big( \frac{\pi}{4} \Big) = 2(1 - \sqrt{2})\sqrt{2} = 2\sqrt{2} - 4 < 0\]
bulunur. Demek ki \(C\), \(f\)’nin eğri üzerindeki bir bağlı yerel maksimumudur: \(t = 0\) ile \(t = \pi/2\) arasındaki yayda \(f\), uçlardaki \(1\) değerinden \(C\)’deki \(4 - 2\sqrt{2} \approx 1{,}17\) değerine çıkıp yeniden iner. \(\blacksquare\)
19.7 Alıştırmalar
Alıştırma 19.1 (Kapalı Birim Yuvarda Mutlak Ekstremum) \(f(x, y) = x^2 + 2y^2 - x\) fonksiyonunun \(B[0, 1] = \{ (x, y) : x^2 + y^2 \le 1 \}\) kapalı yuvarı üzerindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini bulunuz. Sınırı Lagrange yöntemiyle inceleyiniz.
Çözüm
Varlık. \(B[0, 1]\) kapalı ve sınırlı, yani kompakttır; polinom olan \(f\) süreklidir.
İç kritik noktalar. \(f_x = 2x - 1 = 0\) ve \(f_y = 4y = 0\) denklemlerinden \(\big( \tfrac{1}{2}, 0 \big)\) bulunur. \(\big\| \big( \tfrac{1}{2}, 0 \big) \big\| = \tfrac{1}{2} < 1\) olduğundan iç noktadır ve \(f\big( \tfrac{1}{2}, 0 \big) = \tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{2} = -\tfrac{1}{4}\).
Sınır. Sınır \(x^2 + y^2 = 1\) çemberidir; \(g(x, y) = x^2 + y^2 - 1\) için \(\nabla g = (2x, 2y)\) çember üzerinde sıfır değildir. Lagrange sistemi
\[ \begin{aligned} 2x - 1 + 2\lambda x &= 0, \\[1mm] 4y + 2\lambda y &= 0, \\[1mm] x^2 + y^2 &= 1 \end{aligned} \]
olur. İkinci denklem \(y(2 + \lambda) = 0\) demektir.
- \(y = 0\) ise \(x = \pm 1\): \(f(1, 0) = 0\) ve \(f(-1, 0) = 1 + 1 = 2\).
- \(\lambda = -2\) ise birinci denklem \(2x - 1 - 4x = 0\), yani \(x = -\tfrac{1}{2}\) verir; kısıttan \(y^2 = \tfrac{3}{4}\), \(y = \pm\tfrac{\sqrt{3}}{2}\) bulunur ve
\[f\Big( -\frac{1}{2}, \pm\frac{\sqrt{3}}{2} \Big) = \frac{1}{4} + \frac{3}{2} + \frac{1}{2} = \frac{9}{4}.\]
Karşılaştırma. Aday değerler \(-\tfrac{1}{4}\), \(0\), \(2\) ve \(\tfrac{9}{4}\)’tür. Mutlak maksimum \(\tfrac{9}{4}\)’tür ve \(\big( -\tfrac{1}{2}, \pm\tfrac{\sqrt{3}}{2} \big)\) noktalarında, mutlak minimum \(-\tfrac{1}{4}\)’tür ve \(\big( \tfrac{1}{2}, 0 \big)\) noktasında alınır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.2 (Parabolle Sınırlı Bölgede Mutlak Ekstremum) \(f(x, y) = 2x^2 + y^2 - 2y\) fonksiyonunun \(D = \{ (x, y) : x^2 \le y \le 1 \}\) bölgesindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini bulunuz.
Çözüm
Varlık. \(D\), sürekli \(y - x^2\) ve \(1 - y\) fonksiyonlarının \([0, +\infty)\) altındaki ters görüntülerinin kesişimi olarak kapalıdır. \(D\) üzerinde \(0 \le x^2 \le y \le 1\) olduğundan \(|x| \le 1\) ve \(0 \le y \le 1\)’dir; \(D\) sınırlıdır. Demek ki \(D\) kompakttır.
İç kritik noktalar. \(f_x = 4x = 0\) ve \(f_y = 2y - 2 = 0\) denklemlerinin tek çözümü \((0, 1)\)’dir. Bu nokta \(y = 1\) doğrusu üzerinde olduğundan \(D\)’nin iç noktası değildir (\(D^\circ = \{ x^2 < y < 1 \}\)). İçeride kritik nokta yoktur.
Sınır. Sınır iki parçadan oluşur.
- Üst kenar \(y = 1\), \(-1 \le x \le 1\): \(f(x, 1) = 2x^2 - 1\). En küçük değeri \(f(0, 1) = -1\), en büyük değeri \(f(\pm 1, 1) = 1\)’dir.
- Parabol yayı \(y = x^2\), \(-1 \le x \le 1\): \(f(x, x^2) = 2x^2 + x^4 - 2x^2 = x^4\). En küçük değeri \(f(0, 0) = 0\), en büyük değeri \(f(\pm 1, 1) = 1\)’dir.
Karşılaştırma. Mutlak maksimum \(1\)’dir ve \((1, 1)\) ile \((-1, 1)\) köşelerinde, mutlak minimum \(-1\)’dir ve \((0, 1)\) noktasında alınır. Minimum noktası \(f\)’nin kritik noktasıdır ama bölgenin iç noktası değildir; sınır incelemesi atlansaydı bulunamazdı. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.3 (Elips Üzerinde Çarpım) \(f(x, y) = xy\) fonksiyonunun \(x^2 + 4y^2 = 8\) elipsi üzerindeki en büyük ve en küçük değerlerini Lagrange yöntemiyle bulunuz.
Çözüm
Kısıt. \(g(x, y) = x^2 + 4y^2 - 8\); elips kapalı ve sınırlıdır (\(|x| \le 2\sqrt{2}\), \(|y| \le \sqrt{2}\)), yani kompakttır. \(\nabla g = (2x, 8y)\) yalnız orijinde sıfırdır ve orijin elipste değildir.
Sistem.
\[ \begin{aligned} y + 2\lambda x &= 0, \\[1mm] x + 8\lambda y &= 0, \\[1mm] x^2 + 4y^2 &= 8. \end{aligned} \]
Birinci denklemden \(y = -2\lambda x\); ikincide yerine koyarsak \(x - 16\lambda^2 x = 0\), yani \(x(1 - 16\lambda^2) = 0\) bulunur. \(x = 0\) olsaydı \(y = 0\) olurdu, ama \((0, 0)\) elipste değildir. Öyleyse \(\lambda^2 = \dfrac{1}{16}\), \(\lambda = \pm\dfrac{1}{4}\)’tür.
- \(\lambda = -\dfrac{1}{4}\) ise \(y = \dfrac{x}{2}\); kısıttan \(2x^2 = 8\), \(x = \pm 2\). Noktalar \((2, 1)\) ve \((-2, -1)\), değer \(f = 2\).
- \(\lambda = \dfrac{1}{4}\) ise \(y = -\dfrac{x}{2}\); aynı biçimde \((2, -1)\) ve \((-2, 1)\), değer \(f = -2\).
Karar. Elips kompakt olduğundan en büyük değer \(2\) (\((2, 1)\) ve \((-2, -1)\)’de), en küçük değer \(-2\)’dir (\((2, -1)\) ve \((-2, 1)\)’de).
Denetim. Aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliği (bkz. Analiz 1) \(a = |x|\) ve \(b = 2|y|\) için \(2|x||y| \le \dfrac{x^2 + 4y^2}{2} = 4\), yani elips üzerinde \(|xy| \le 2\) verir; eşitlik \(|x| = 2|y|\) iken, yani bulunan dört noktada sağlanır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.4 (Düzlemin Orijine En Yakın Noktası) \(x + 2y + 3z = 14\) düzleminin orijine en yakın noktasını Lagrange yöntemiyle bulunuz ve bu noktanın gerçekten en yakın nokta olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Sistem. Uzaklığın karesi \(f(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2\)’yi \(g(x, y, z) = x + 2y + 3z - 14 = 0\) kısıtı altında inceleyelim; \(\nabla g = (1, 2, 3) \ne 0\). Sistem
\[ \begin{aligned} 2x + \lambda &= 0, \\[1mm] 2y + 2\lambda &= 0, \\[1mm] 2z + 3\lambda &= 0, \\[1mm] x + 2y + 3z &= 14 \end{aligned} \]
olur. İlk üç denklemden \(x = -\dfrac{\lambda}{2}\), \(y = -\lambda\), \(z = -\dfrac{3\lambda}{2}\); kısıtta yerine koyarsak
\[-\frac{\lambda}{2} - 2\lambda - \frac{9\lambda}{2} = -7\lambda = 14\]
yani \(\lambda = -2\) ve tek aday \((1, 2, 3)\) bulunur; \(f(1, 2, 3) = 14\).
Minimum olduğunun gösterilmesi. Düzlem kompakt olmadığından karşılaştırma yetmez. Cauchy–Schwarz eşitsizliği (Teorem 1.1) düzlemin her noktası için
\[14 = \langle (1, 2, 3), (x, y, z) \rangle \le \sqrt{14}\,\|(x, y, z)\|\]
verir; yani \(\|(x, y, z)\| \ge \sqrt{14}\)’tür. Eşitlik \((1, 2, 3)\) noktasında sağlandığından bu nokta orijine en yakın noktadır ve en küçük uzaklık \(\sqrt{14}\)’tür. En uzak nokta yoktur: düzlem sınırsızdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.5 (Küre Üzerinde Üç Değişkenin Çarpımı) \(f(x, y, z) = xyz\) fonksiyonunun \(x^2 + y^2 + z^2 = 3\) küresi üzerindeki en büyük ve en küçük değerlerini ve bu değerlerin alındığı bütün noktaları bulunuz.
Çözüm
Kısıt. \(g(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 3\); küre kompakttır ve \(\nabla g = 2(x, y, z)\) küre üzerinde sıfır değildir.
Sistem.
\[ \begin{aligned} yz + 2\lambda x &= 0, \\[1mm] xz + 2\lambda y &= 0, \\[1mm] xy + 2\lambda z &= 0, \\[1mm] x^2 + y^2 + z^2 &= 3. \end{aligned} \]
İlk üç denklemi sırasıyla \(x\), \(y\) ve \(z\) ile çarparsak
\[xyz = -2\lambda x^2 = -2\lambda y^2 = -2\lambda z^2\]
bulunur.
- \(\lambda = 0\) ise \(yz = xz = xy = 0\) olur; üç koordinattan ikisi sıfırdan farklı olsaydı çarpımları sıfır olmazdı. Demek ki en az iki koordinat sıfırdır ve kısıttan adaylar \((\pm\sqrt{3}, 0, 0)\), \((0, \pm\sqrt{3}, 0)\), \((0, 0, \pm\sqrt{3})\) olur; hepsinde \(f = 0\).
- \(\lambda \ne 0\) ise \(x^2 = y^2 = z^2\) olur ve kısıttan \(3x^2 = 3\), yani \(x^2 = y^2 = z^2 = 1\) bulunur. Adaylar \((\pm 1, \pm 1, \pm 1)\) biçimindeki sekiz noktadır ve \(f = xyz = \pm 1\)’dir. Bu noktalarda \(\lambda = -\dfrac{xyz}{2}\) seçilince üç denklem de sağlanır.
Karar. Küre kompakt olduğundan en büyük değer \(1\)’dir ve eksi işaretli koordinat sayısı çift olan dört noktada alınır:
\[(1, 1, 1), \quad (1, -1, -1), \quad (-1, 1, -1), \quad (-1, -1, 1).\]
En küçük değer \(-1\)’dir ve öbür dört noktada alınır:
\[(-1, -1, -1), \quad (-1, 1, 1), \quad (1, -1, 1), \quad (1, 1, -1).\]
Koordinat eksenleri üzerindeki altı aday ne maksimum ne minimumdur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.6 (Hiperbol Üzerinde Toplam) \(f(x, y) = x + y\) fonksiyonunun \(xy = 1\) hiperbolü üzerindeki bağlı ekstremumlarını bulunuz. Adaylardaki değerleri karşılaştırmanın neden yanıltıcı olacağını açıklayınız.
Çözüm
Adaylar. \(g(x, y) = xy - 1\) için \(\nabla g = (y, x)\) hiperbol üzerinde sıfır değildir. Sistem
\[ \begin{aligned} 1 + \lambda y &= 0, \\[1mm] 1 + \lambda x &= 0, \\[1mm] xy &= 1 \end{aligned} \]
olur. \(\lambda = 0\) birinci denklemde çelişki verir; öyleyse \(x = y = -\dfrac{1}{\lambda}\) ve kısıttan \(x^2 = 1\) bulunur. Adaylar \((1, 1)\) (\(\lambda = -1\), \(f = 2\)) ve \((-1, -1)\) (\(\lambda = 1\), \(f = -2\)) noktalarıdır.
Sağ kol. \(x > 0\) kolunda \(y = \dfrac{1}{x}\) ve
\[x + \frac{1}{x} - 2 = \frac{(x - 1)^2}{x} \ge 0\]
olur; yani bu kolda \(f \ge 2\)’dir ve eşitlik yalnız \((1, 1)\)’de sağlanır. \(V = \{ (x, y) : x > 0 \}\) açık yarı düzlemi \((1, 1)\)’in bir komşuluğudur ve \(V \cap M\) tam olarak sağ koldur. Demek ki \((1, 1)\) bir bağlı yerel minimumdur. Bu kolda maksimum yoktur: \(x \to +\infty\) iken \(x + \dfrac{1}{x} \to +\infty\).
Sol kol. \(x < 0\) kolunda
\[x + \frac{1}{x} + 2 = \frac{(x + 1)^2}{x} \le 0\]
olur; yani \(f \le -2\)’dir ve eşitlik yalnız \((-1, -1)\)’de sağlanır. Aynı akıl yürütmeyle \((-1, -1)\) bir bağlı yerel maksimumdur; bu kolda minimum yoktur.
Yorum. \(f\)’nin hiperbol üzerinde ne mutlak maksimumu ne mutlak minimumu vardır. Üstelik yerel maksimum değeri (\(-2\)), yerel minimum değerinden (\(2\)) küçüktür. Adaylardaki en büyük değeri maksimum saymak, \((1, 1)\)’i maksimum ilan etmek olurdu; oysa \((1, 1)\) bir minimumdur. Hiperbol sınırlı olmadığından kompakt değildir ve Lagrange yönteminin dördüncü adımındaki karşılaştırma burada geçersizdir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 19.7 (Küre ile Düzlemin Kesişim Çemberinde En Yüksek Nokta) \(x^2 + y^2 + z^2 = 4\) küresi ile \(x + y + z = 2\) düzleminin kesişim çemberi üzerinde \(f(x, y, z) = z\) fonksiyonunun en büyük ve en küçük değerlerini bulunuz.
Çözüm
Kurulum. \(g_1 = x^2 + y^2 + z^2 - 4\) ve \(g_2 = x + y + z - 2\) olsun. Kesişim kümesi \(M\) kapalıdır ve küre içinde kaldığı için sınırlıdır; kompakttır.
Bağımsızlık. \(\nabla g_1 = 2(x, y, z)\) ile \(\nabla g_2 = (1, 1, 1)\) ancak \(x = y = z\) iken doğrusal bağımlıdır (\(\nabla g_1 \ne 0\) olduğu için). \(x = y = z\) ise düzlemden \(x = \tfrac{2}{3}\) bulunur; ama \(3 \cdot \tfrac{4}{9} = \tfrac{4}{3} \ne 4\) olduğundan bu nokta kürede değildir. Gradyanlar \(M\) üzerinde doğrusal bağımsızdır.
Sistem. \(\nabla f = (0, 0, 1)\) olduğundan \(\nabla f + \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2 = 0\) koşulu
\[ \begin{aligned} 2\lambda_1 x + \lambda_2 &= 0, \\[1mm] 2\lambda_1 y + \lambda_2 &= 0, \\[1mm] 1 + 2\lambda_1 z + \lambda_2 &= 0 \end{aligned} \]
denklemlerini verir; bunlar iki kısıtla birlikte çözülür. İlk iki denklemden \(2\lambda_1(x - y) = 0\) bulunur. \(\lambda_1 = 0\) olsaydı birinci denklemden \(\lambda_2 = 0\) ve üçüncüden \(1 = 0\) çıkardı; öyleyse \(x = y\)’dir. Düzlemden \(z = 2 - 2x\), küreden
\[2x^2 + (2 - 2x)^2 = 4 \iff 6x^2 - 8x = 0\]
yani \(x = 0\) ya da \(x = \tfrac{4}{3}\) bulunur. Adaylar \((0, 0, 2)\) ve \(\big( \tfrac{4}{3}, \tfrac{4}{3}, -\tfrac{2}{3} \big)\)’tür. (Çarpanlar sırasıyla \(\lambda_1 = -\tfrac{1}{4}\), \(\lambda_2 = 0\) ve \(\lambda_1 = \tfrac{1}{4}\), \(\lambda_2 = -\tfrac{2}{3}\)’tür.)
Karar. \(M\) kompakt olduğundan \(f = z\)’nin en büyük değeri \(2\)’dir ve \((0, 0, 2)\)’de, en küçük değeri \(-\tfrac{2}{3}\)’tür ve \(\big( \tfrac{4}{3}, \tfrac{4}{3}, -\tfrac{2}{3} \big)\)’te alınır. \(\blacksquare\)
Lagrange teoremini ispatlarken kısıt denklemini bir değişkene göre çözebilmek için kapalı fonksiyon teoreminin yalnız sonucunu kullandık. Bir denklem sisteminin hangi koşulda bazı değişkenleri öbürleri cinsinden belirlediğini, çözümün türevlerinin Jacobi determinantlarıyla nasıl hesaplandığını ve bir fonksiyonun ne zaman yerel olarak terslenebildiğini Ters ve Kapalı Fonksiyon Teoremleri bölümünde üç değişkene kadar ispatlarıyla birlikte inceliyoruz.