20  Ters ve Kapalı Fonksiyon Teoremleri

Tek değişkenli analizde türevin en verimli kullanımlarından biri, bir fonksiyonun bir noktanın yakınındaki davranışını teğet doğrusuna bakarak anlamaktır. Ters fonksiyonun türevi bunun tipik bir örneğidir: \(f'(x_0) \ne 0\) ise teğet yatay değildir, \(f\) o noktanın yakınında birebirdir ve tersinin türevi \(1 / f'(x_0)\)’dır (bkz. Analiz 2). Bu bölümde aynı düşünceyi çok değişkenli fonksiyonlara taşıyoruz. Türevin yerini Jacobi matrisi, “\(f'(x_0) \ne 0\)” koşulunun yerini ise “Jacobi determinantı sıfırdan farklıdır” koşulu alıyor.

İki soru soracağız. Birincisi: \(y = F(x)\) denklem sistemi \(x\) için çözülebilir mi, yani \(F\)’nin tersi var mı? İkincisi: \(x^2 + y^2 = 1\) ya da \(x^3 + y^3 = 6xy\) gibi bir denklemden \(y\), \(x\)’in fonksiyonu olarak çözülebilir mi? Lineer denklemlerde iki sorunun yanıtı da bir determinanta bağlıdır: \(Ax = y\) sistemi, \(A\) kare matrisinin determinantı sıfırdan farklıysa tek türlü çözülür. Ters fonksiyon teoremi ve kapalı fonksiyon teoremi, bu gerçeğin doğrusal olmayan fonksiyonlar için yerel karşılıklarıdır. Türevlenebilir bir fonksiyon bir noktanın yakınında türevine, yani bir lineer dönüşüme benzer; lineer dönüşümün terslenebilirliği de fonksiyonun kendisine, o noktanın yakınında aktarılır.

Önce ters fonksiyon teoremini ifade ediyor ve örneklerle neden yalnızca yerel bir sonuç verdiğini gösteriyoruz. Ardından tek denklemli kapalı fonksiyon teoremini tam olarak ispatlıyor, onu yüzeylere ve denklem sistemlerine genişletiyor, çözüm fonksiyonlarının kısmi türevlerini Jacobi determinantlarıyla hesaplıyoruz. Bölüm, birkaç fonksiyon arasında bir bağıntı bulunup bulunmadığını Jacobi matrisiyle sınayan fonksiyonel bağlılık kavramıyla bitiyor.

20.1 Tek Değişkenden Çok Değişkene

Önce tek değişkenli sonucu ve onun hangi yönlerinin çok değişkene taşınacağını hatırlayalım.

Bir \(I\) aralığında sürekli, birebir ve \(J = f(I)\) üzerine örten bir \(f\) fonksiyonu \(x_0 \in I\) noktasında türevlenebilir ve \(f'(x_0) \ne 0\) ise \(f^{-1}\), \(y_0 = f(x_0)\) noktasında türevlenebilirdir ve

\[\big( f^{-1} \big)'(y_0) = \frac{1}{f'(x_0)}\]

olur (bkz. Analiz 2). \(f'(x_0) = 0\) olduğunda ise iki durum da mümkündür. \(f(x) = x^3\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde birebirdir ama tersi \(y \mapsto \sqrt[3]{y}\), \(0\) noktasında türevlenebilir değildir. \(f(x) = x^2\) ise \(0\)’ın hiçbir komşuluğunda birebir değildir. Yani türevin sıfır olduğu bir noktada fonksiyon terslenebilir de olabilir, olmayabilir de. Terslenebilse bile tersi o noktada türevlenebilir olamaz: \(f^{-1}\), \(y_0\)’da türevlenebilir olsaydı \(f^{-1}(f(x)) = x\) özdeşliğine zincir kuralını uygulayarak \(\big( f^{-1} \big)'(y_0)\, f'(x_0) = 1\) elde ederdik, bu da \(f'(x_0) = 0\) ile çelişir.

Türevin sürekli olduğu durumda daha güçlü bir sonuç vardır. \(f \in C^1(I)\) ve \(f'(x_0) \ne 0\) ise \(f'\), \(x_0\)’ın bir komşuluğunda işaretini korur (bkz. Analiz 1). Monotonluk testi (bkz. Analiz 2) gereği \(f\) bu komşulukta kesin monotondur, dolayısıyla birebirdir. Yani yalnızca \(x_0\) noktasındaki bir koşul, \(f\)’nin \(x_0\) yakınında terslenebilir olduğunu söyler. Dahası \(f'\), \(I\) aralığının hiçbir noktasında sıfır değilse sürekli \(f'\) ara değer teoremi gereği işaret değiştiremez ve \(f\) bütün \(I\) üzerinde birebirdir. Bu iki sonuçtan birincisi çok değişkene aynen taşınacak, ikincisi ise taşınmayacak.

Çok değişkenli durumda \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(F = (f_1, \dots, f_n) : U \to \mathbb{R}^n\) olsun. \(y = F(x)\) eşitliği, \(n\) bilinmeyenli \(n\) denklemden oluşan

\[ \begin{aligned} y_1 &= f_1(x_1, \dots, x_n), \\ &\ \ \vdots \\ y_n &= f_n(x_1, \dots, x_n) \end{aligned} \]

sistemidir. \(F\)’nin bir \(F^{-1} = (g_1, \dots, g_n)\) tersi varsa bu sistem \(x_i = g_i(y_1, \dots, y_n)\), \(i = 1, \dots, n\) biçiminde çözülmüş olur. Tek değişkendeki \(f'(x_0) \ne 0\) koşulunun karşılığını bulmak için doğrusal yaklaşıma bakalım. \(F\), \(a\) noktasında türevlenebilirse \(a\)’nın yakınında

\[F(x) \approx F(a) + J_F(a)\,(x - a)\]

olur; burada \(J_F(a)\), \(F\)’nin \(a\)’daki Jacobi matrisidir (Tanım 15.2). Sağ taraf \(y\)’ye eşitlendiğinde \(x\) ancak \(J_F(a)\) matrisi terslenebilirse tek türlü çözülür:

\[x = a + J_F(a)^{-1}\,\big( y - F(a) \big).\]

Bir kare matris ancak ve ancak determinantı sıfırdan farklıysa terslenebilir. Dolayısıyla beklediğimiz koşul, \(F\)’nin Jacobi determinantının (Tanım 15.4) sıfırdan farklı olmasıdır:

\[\det J_F(a) = \frac{\partial(f_1, \dots, f_n)}{\partial(x_1, \dots, x_n)}(a) \ne 0.\]

Bu koşul, \(DF(a)\) lineer dönüşümünün terslenebilir olmasıyla denktir. Beklediğimiz sonuç yerel bir sonuçtur; bunu bir tanımla kesinleştirelim.

Tanım 20.1 (Yerel Olarak Terslenebilir Fonksiyon) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık, \(F : U \to \mathbb{R}^n\) ve \(a \in U\) olsun. \(a \in V \subseteq U\) koşulunu sağlayan, \(F\)’nin üzerinde birebir olduğu ve \(F(V)\) görüntüsünün açık olduğu bir \(V\) açık kümesi varsa \(F\)’ye \(a\) noktasında yerel olarak terslenebilir denir. Bu durumda \(F\)’nin \(V\)’ye kısıtlanışının tersi olan

\[F^{-1} : F(V) \to V\]

fonksiyonuna \(F\)’nin \(a\) yakınındaki bir yerel tersi denir.

Yani \(F\) bütün \(U\) üzerinde birebir olmak zorunda değildir; yalnızca \(a\)’nın yeterince küçük bir komşuluğunda birebir olması istenir. \(F(V)\)’nin açık olması, yerel tersin \(F(a)\) noktasının bütün bir komşuluğunda tanımlı olmasını ve orada türevinden söz edilebilmesini sağlar.

20.2 Ters Fonksiyon Teoremi

Beklentimizi doğrulayan teorem, türevi sürekli olan fonksiyonlar için Jacobi determinantının sıfırdan farklı olmasının yerel terslenebilirliğe yettiğini söyler.

Teoremin (i) ve (ii) kısımlarının ispatı, daralma dönüşümü ilkesi gibi bu kitapta kurmadığımız araçlara dayanır; bu kısımları ispatsız kabul ediyoruz. Tersin Jacobi matrisini veren (iii) ise, tersin var olduğu ve türevlenebildiği bilindiğinde zincir kuralının doğrudan bir sonucudur; onu ispatlıyoruz.

Teorem 20.1 (Ters Fonksiyon Teoremi) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) boş olmayan açık bir küme, \(F = (f_1, \dots, f_n) : U \to \mathbb{R}^n\) ve \(F \in C^1(U)\) olsun. Bir \(a \in U\) noktasında

\[\det J_F(a) \ne 0\]

ise \(a \in V \subseteq U\) koşulunu sağlayan öyle bir \(V\) açık kümesi vardır ki şunlar doğrudur.

(i) \(F\), \(V\) üzerinde birebirdir ve \(W = F(V)\) açık bir kümedir; yani \(F\), \(a\) noktasında yerel olarak terslenebilirdir.

(ii) Yerel ters \(F^{-1} : W \to V\), \(C^1(W)\) sınıfındandır.

(iii) Her \(y \in W\) için, \(x = F^{-1}(y)\) olmak üzere, \(\det J_F(x) \ne 0\) ve

\[J_{F^{-1}}(y) = \big( J_F(x) \big)^{-1}\]

olur. Lineer dönüşümler diliyle bu, \(DF^{-1}(y)\) dönüşümünün \(DF(x)\) dönüşümünün tersi olması demektir.

(iii)'ün ispatı

Teoremin (i) ve (ii) kısımları sağlansın; \(x \in V\) alalım ve \(y = F(x)\) yazalım. Her \(z \in V\) için \(F^{-1}\big( F(z) \big) = z\) olduğundan \(F^{-1} \circ F\) bileşkesi \(V\) üzerinde birim dönüşümdür. Birim dönüşüm türevlenebilirdir ve her noktadaki Jacobi matrisi \(n \times n\) birim matris \(I_n\)’dir.

\(F \in C^1(U)\) olduğundan \(F\), \(x\) noktasında türevlenebilirdir (Teorem 15.4). (ii) gereği \(F^{-1}\), \(y = F(x)\) noktasında türevlenebilirdir. \(V\) ve \(W\) açık olduğundan \(x\) ve \(y\) sırasıyla bu kümelerin iç noktalarıdır. Zincir kuralı (Teorem 15.6) gereği

\[I_n = J_{F^{-1} \circ F}(x) = J_{F^{-1}}\big( F(x) \big)\, J_F(x) = J_{F^{-1}}(y)\, J_F(x)\]

olur. Çarpımları birim matris olan iki kare matristen sağdaki terslenebilirdir ve soldaki onun tersidir. Dolayısıyla \(\det J_F(x) \ne 0\) ve \(J_{F^{-1}}(y) = \big( J_F(x) \big)^{-1}\)’dir. \(\blacksquare\)

Yani \(C^1\) sınıfından bir \(F\) fonksiyonunun, Jacobi determinantının sıfır olmadığı her noktanın yakınında \(C^1\) sınıfından bir yerel tersi vardır ve bu yerel tersin Jacobi matrisi, \(F\)’nin Jacobi matrisinin tersidir. Bileşenlerle yazılırsa \(x = F^{-1}(y)\) için

\[ \begin{pmatrix} \dfrac{\partial g_1}{\partial y_1}(y) & \cdots & \dfrac{\partial g_1}{\partial y_n}(y) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \dfrac{\partial g_n}{\partial y_1}(y) & \cdots & \dfrac{\partial g_n}{\partial y_n}(y) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f_1}{\partial x_1}(x) & \cdots & \dfrac{\partial f_1}{\partial x_n}(x) \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ \dfrac{\partial f_n}{\partial x_1}(x) & \cdots & \dfrac{\partial f_n}{\partial x_n}(x) \end{pmatrix}^{-1} \]

olur. Çarpımın determinantı determinantların çarpımı olduğundan Jacobi determinantları için de

\[\frac{\partial(g_1, \dots, g_n)}{\partial(y_1, \dots, y_n)}(y) = \frac{1}{\dfrac{\partial(f_1, \dots, f_n)}{\partial(x_1, \dots, x_n)}(x)}\]

bulunur. Bu, tek değişkendeki \(\big( f^{-1} \big)'(y_0) = 1 / f'(x_0)\) formülünün doğrudan genellemesidir.

Teoremin (iii) kısmının ispatı bir şey daha söylüyor: \(F\)’nin bir noktanın yakınında türevlenebilir bir tersi varsa o noktada \(\det J_F \ne 0\) olmak zorundadır. Yani Jacobi determinantının sıfırdan farklı olması, türevlenebilir bir yerel tersin varlığı için gereklidir. Tersin kendisinin varlığı için ise gerekli değildir; bunu Alıştırma 20.1 gösteriyor. Tek değişkenli \(x^3\) örneğinde olduğu gibi, determinantın sıfır olduğu noktalarda ters var olabilir ama türevlenebilir olamaz.

Teoremin verdiği bilgi yereldir. Tek değişkende türevi hiçbir yerde sıfır olmayan \(C^1\) bir fonksiyon bütün aralıkta birebirdi; çok değişkende Jacobi determinantı hiçbir yerde sıfır olmasa bile fonksiyon birebir olmayabilir.

Örnek 20.1 (Her Noktada Yerel Olarak Terslenebilen Ama Birebir Olmayan Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\) dönüşümü

\[F(x, y) = \big( e^x \cos y,\ e^x \sin y \big)\]

ile verilsin. \(\det J_F\)’nin hiçbir noktada sıfır olmadığını, buna karşın \(F\)’nin \(\mathbb{R}^2\) üzerinde birebir olmadığını gösteriniz ve \(F\)’nin yerel terslerinin Jacobi matrisini bulunuz.

Çözüm

Jacobi determinantı. \(F\)’nin bileşenleri \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır ve

\[J_F(x, y) = \begin{pmatrix} e^x \cos y & -e^x \sin y \\ e^x \sin y & e^x \cos y \end{pmatrix}\]

olur. Buradan

\[\det J_F(x, y) = e^{2x}\cos^2 y + e^{2x}\sin^2 y = e^{2x} > 0\]

bulunur. Determinant hiçbir noktada sıfır olmadığından Teorem 20.1 gereği \(F\) her noktada yerel olarak terslenebilirdir.

Birebir değildir. Kosinüs ve sinüs \(2\pi\) periyotlu olduğundan her \((x, y)\) için \(F(x, y + 2\pi) = F(x, y)\)’dir. Örneğin \(F(0, 0) = F(0, 2\pi) = (1, 0)\) olur.

Şeritler üzerinde birebirdir. \(c \in \mathbb{R}\) için \(V_c = \mathbb{R} \times (c - \pi, c + \pi)\) şeridini alalım ve \(F(x_1, y_1) = F(x_2, y_2)\) olsun. \(\|F(x, y)\| = e^x\) olduğundan \(e^{x_1} = e^{x_2}\), yani \(x_1 = x_2\)’dir. Bunu yerine koyarsak \(\cos y_1 = \cos y_2\) ve \(\sin y_1 = \sin y_2\) elde edilir. Öyleyse

\[\cos(y_1 - y_2) = \cos y_1 \cos y_2 + \sin y_1 \sin y_2 = \cos^2 y_1 + \sin^2 y_1 = 1\]

olur ve \(y_1 - y_2\), \(2\pi\)’nin bir tam katıdır. \(y_1, y_2 \in (c - \pi, c + \pi)\) olduğundan \(|y_1 - y_2| < 2\pi\)’dir; tek olasılık \(y_1 = y_2\)’dir. \(F\) düşey doğruları merkezi orijin olan çemberlere, yatay doğruları orijinden çıkan ışınlara götürür. Yüksekliği \(2\pi\) olan \(V_c\) şeridinin görüntüsü, düzlemden orijin ve orijinden çıkan \(c + \pi\) açılı ışın atılarak elde edilen açık kümedir; şerit bu kümeyi tam bir kez örter.

F(x, y) = (e^x cos y, e^x sin y) dönüşümü. Soldaki x = −1; 0; 0,5 düşey doğruları sağda merkezi orijin olan ve yarıçapı e⁻¹ ≈ 0,37; 1; e^0,5 ≈ 1,65 olan çemberlere, y = −π/2; 0; π/2 yatay doğruları orijinden çıkan ışınlara gider. −π < y < π şeridi V₀, orijin ve kesikli negatif u yarı ekseni dışındaki bütün düzlemi bir kez örter. A = (0, 0) ile B = (0, 2π) aynı (1, 0) noktasına gider.

Yerel tersin Jacobi matrisi. Teorem 20.1 (iii) gereği \((u, v) = F(x, y)\) için

\[J_{F^{-1}}(u, v) = \big( J_F(x, y) \big)^{-1} = e^{-x}\begin{pmatrix} \cos y & \sin y \\ -\sin y & \cos y \end{pmatrix}\]

olur. \(u = e^x \cos y\), \(v = e^x \sin y\) ve \(u^2 + v^2 = e^{2x}\) olduğundan

\[ \begin{aligned} e^{-x}\cos y &= \frac{e^x \cos y}{e^{2x}} = \frac{u}{u^2 + v^2}, \\[1mm] e^{-x}\sin y &= \frac{e^x \sin y}{e^{2x}} = \frac{v}{u^2 + v^2} \end{aligned} \]

yazılabilir ve

\[J_{F^{-1}}(u, v) = \frac{1}{u^2 + v^2}\begin{pmatrix} u & v \\ -v & u \end{pmatrix}\]

bulunur. Sonuç hangi şeridin seçildiğine bağlı değildir, çünkü \(\big( J_F(x, y) \big)^{-1}\) matrisi yukarıda yalnız \((u, v)\) cinsinden yazıldı; iki yerel tersin farkı ortak tanım bölgesinin her noktasında \((0, 2k\pi)\) biçimindedir ve her bağlantılı parçada sabittir. Birinci satırı doğrudan da denetleyebiliriz: yerel tersin birinci bileşeni \(x = \frac{1}{2}\ln(u^2 + v^2)\)’dir ve kısmi türevleri \(\dfrac{u}{u^2 + v^2}\) ile \(\dfrac{v}{u^2 + v^2}\)’dir. \(\blacksquare\)

Uygulamada teoremin tipik kullanımı, tersin formülünü bulmadan tersin türevini hesaplamaktır.

İpucuÜç adımda yerel tersin Jacobi matrisi

1. Ön görüntüleri bul. \(F(x) = b\) denklemini çözerek \(b\)’ye giden bütün \(x\) noktalarını belirle.
2. Jacobi determinantını denetle. Her ön görüntüde \(J_F(x)\) matrisini hesapla ve \(\det J_F(x) \ne 0\) olduğunu göster. Teorem 20.1 gereği \(x\)’in yakınında \(b\)’nin bir komşuluğunda tanımlı bir yerel ters vardır.
3. Matrisin tersini al. Bu yerel tersin \(b\)’deki Jacobi matrisi \(J_F(x)^{-1}\)’dir. Birden çok ön görüntü varsa her biri ayrı bir yerel ters ve genellikle ayrı bir sonuç verir.

Örnek 20.2 (Lineer Bir Dönüşümün Tersi) \(f(u, v) = (3u - v,\ 2u + 5v)\) dönüşümünün her \((a, b) \in \mathbb{R}^2\) noktasını içeren bir açık kümede tanımlı, türevlenebilir bir tersi olduğunu gösteriniz ve \(J_{f^{-1}}(a, b)\) matrisini hesaplayınız.

Çözüm

\(f\)’nin bileşenleri polinom olduğundan \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\)’dir. Her \((u, v)\) için

\[J_f(u, v) = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}\]

ve \(\det J_f(u, v) = 15 + 2 = 17 \ne 0\) olur. Teorem 20.1 her noktada uygulanır ve

\[J_{f^{-1}}(a, b) = \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{17}\begin{pmatrix} 5 & 1 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}\]

bulunur.

Bu örnekte ters açıkça da bulunabilir. \(f\) lineer ve determinantı sıfırdan farklı olduğundan bütün \(\mathbb{R}^2\) üzerinde birebir ve örtendir. \(3u - v = a\) ve \(2u + 5v = b\) sisteminde birinci denklemi \(5\) ile çarpıp ikinciye eklersek \(17u = 5a + b\) olur; buradan

\[f^{-1}(a, b) = \left( \frac{5a + b}{17},\ \frac{-2a + 3b}{17} \right)\]

çıkar. Bu lineer dönüşümün Jacobi matrisi, yukarıda bulduğumuz matristir. Lineer bir dönüşümün türevi kendisi olduğundan sonuç \((a, b)\)’ye bağlı değildir. \(\blacksquare\)

Örnek 20.3 (Ön Görüntüsü Sonsuz Çok Olan Bir Nokta) \(f(u, v) = (u + v,\ \sin u + \cos v)\) olsun. \((0, 1)\) noktasını içeren bir açık kümede \(f\)’nin türevlenebilir yerel terslerinin bulunduğunu gösteriniz ve bu yerel terslerin \((0, 1)\) noktasındaki Jacobi matrislerini hesaplayınız.

Çözüm

Ön görüntüler. \(f(u, v) = (0, 1)\) olsun. Birinci bileşenden \(v = -u\) bulunur. Kosinüs çift olduğundan \(\cos v = \cos u\)’dur ve ikinci bileşen

\[\sin u + \cos u = \sqrt{2}\,\sin\left( u + \frac{\pi}{4} \right) = 1\]

denklemini verir. Buradan \(\sin\left( u + \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\), yani \(u + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2k\pi\) ya da \(u + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4} + 2k\pi\) çıkar (\(k \in \mathbb{Z}\)). \((0, 1)\)’in ön görüntüleri iki ailedir:

\[ \begin{aligned} P_k &= (2k\pi,\ -2k\pi), \\[1mm] Q_k &= \left( \frac{\pi}{2} + 2k\pi,\ -\frac{\pi}{2} - 2k\pi \right). \end{aligned} \]

Jacobi matrisi. \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\) ve

\[J_f(u, v) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ \cos u & -\sin v \end{pmatrix}\]

olur. \(Q_k\) noktalarında \(\cos u = 0\) ve \(\sin v = \sin\left( -\frac{\pi}{2} \right) = -1\)’dir; \(P_k\) noktalarında \(\cos u = 1\) ve \(\sin v = 0\)’dır. Öyleyse

\[J_f(Q_k) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\]

ve

\[J_f(P_k) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]

olur. Determinantlar sırasıyla \(1\) ve \(-1\)’dir, ikisi de sıfırdan farklıdır. Teorem 20.1 gereği her ön görüntünün yakınında, \((0, 1)\)’in bir komşuluğunda tanımlı \(C^1\) bir yerel ters vardır.

Yerel terslerin Jacobi matrisleri. \(Q_k\) yakınındaki yerel ters için

\[J_{f^{-1}}(0, 1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix},\]

\(P_k\) yakınındaki yerel ters için

\[J_{f^{-1}}(0, 1) = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\]

bulunur.

\(f(u + 2\pi, v - 2\pi) = f(u, v)\) olduğundan \(f\) birebir değildir ve “\(f^{-1}\)” yazımı, seçilen bir ön görüntünün yakınındaki yerel tersi anlatır. Aynı ailedeki yerel tersler \((0, 1)\)’in yeterince küçük bir yuvarında birbirinden \((2j\pi, -2j\pi)\) biçiminde sabit bir vektör kadar farklıdır ve aynı Jacobi matrisini verir; iki aile ise farklı matrisler verir. \(\blacksquare\)

Örnek 20.4 (Çarpım ve Kareler Toplamı Dönüşümü) \(f(u, v) = (uv,\ u^2 + v^2)\) olsun. \((2, 5)\) noktasını içeren bir açık kümede \(f\)’nin türevlenebilir yerel terslerinin bulunduğunu gösteriniz ve bu yerel terslerin \((2, 5)\) noktasındaki Jacobi matrislerini hesaplayınız.

Çözüm

Ön görüntüler. \(uv = 2\) ve \(u^2 + v^2 = 5\) olsun. O zaman

\[ \begin{aligned} (u + v)^2 &= u^2 + v^2 + 2uv = 5 + 4 = 9, \\ (u - v)^2 &= u^2 + v^2 - 2uv = 5 - 4 = 1 \end{aligned} \]

olur; \(u + v = \pm 3\) ve \(u - v = \pm 1\)’dir. Dört işaret seçimi dört ön görüntü verir:

\[(2, 1), \quad (1, 2), \quad (-1, -2), \quad (-2, -1).\]

Jacobi matrisi. \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\) ve

\[J_f(u, v) = \begin{pmatrix} v & u \\ 2u & 2v \end{pmatrix}\]

olur; \(\det J_f(u, v) = 2(v^2 - u^2)\)’dir. Dört noktada da \(|u| \ne |v|\) olduğundan determinant sıfırdan farklıdır: \((2, 1)\) ve \((-2, -1)\)’de \(-6\), \((1, 2)\) ve \((-1, -2)\)’de \(6\)’dır. Teorem 20.1 gereği \((2, 5)\)’in bir komşuluğunda tanımlı dört yerel ters vardır.

Yerel terslerin Jacobi matrisleri. \(2 \times 2\) bir matrisin tersini

\[\begin{pmatrix} p & q \\ r & s \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{ps - qr}\begin{pmatrix} s & -q \\ -r & p \end{pmatrix}\]

formülüyle alalım. \((2, 1)\) yakınındaki yerel ters için

\[J_{f^{-1}}(2, 5) = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 4 & 2 \end{pmatrix}^{-1} = -\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -4 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\[1mm] \frac{2}{3} & -\frac{1}{6} \end{pmatrix},\]

\((1, 2)\) yakınındaki yerel ters için

\[J_{f^{-1}}(2, 5) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{6}\begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -2 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2}{3} & -\frac{1}{6} \\[1mm] -\frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}\]

bulunur. \(f(-u, -v) = f(u, v)\) ve \(J_f(-u, -v) = -J_f(u, v)\) olduğundan \((-2, -1)\) yakınındaki yerel tersin matrisi birincinin, \((-1, -2)\) yakınındakinin matrisi ikincinin \(-1\) katıdır:

\[ \begin{aligned} (-2, -1) \text{ için: } & \begin{pmatrix} \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \\[1mm] -\frac{2}{3} & \frac{1}{6} \end{pmatrix}, \\[2mm] (-1, -2) \text{ için: } & \begin{pmatrix} -\frac{2}{3} & \frac{1}{6} \\[1mm] \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix}. \end{aligned} \]

Denetim. \((2, 1)\) yakınındaki yerel tersi açıkça yazabiliriz. \(u > v > 0\) bölgesinde \(u + v = \sqrt{b + 2a}\) ve \(u - v = \sqrt{b - 2a}\) olduğundan

\[ \begin{aligned} u &= \frac{\sqrt{b + 2a} + \sqrt{b - 2a}}{2}, \\[1mm] v &= \frac{\sqrt{b + 2a} - \sqrt{b - 2a}}{2} \end{aligned} \]

olur. \((a, b) = (2, 5)\)’te \(b + 2a = 9\) ve \(b - 2a = 1\)’dir; türev alırsak

\[ \begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial a} &= \frac{1}{2}\left( \frac{1}{3} - 1 \right) = -\frac{1}{3}, \\[1mm] \frac{\partial u}{\partial b} &= \frac{1}{2}\left( \frac{1}{6} + \frac{1}{2} \right) = \frac{1}{3} \end{aligned} \]

ve aynı biçimde \(\dfrac{\partial v}{\partial a} = \dfrac{2}{3}\), \(\dfrac{\partial v}{\partial b} = -\dfrac{1}{6}\) bulunur. Sonuç, teoremle bulduğumuz ilk matristir.

Determinantın sıfır olduğu \(v = \pm u\) doğrularının neden dışarıda kaldığı da görülüyor. \(u^2 + v^2 \ge 2|uv|\) olduğundan \(f\)’nin görüntüsü \(b \ge 2|a|\) bölgesindedir ve bu doğrular \(b = 2|a|\) sınırına gider. Böyle bir noktanın herhangi bir komşuluğunun görüntüsü, sınırdaki bir noktayı içerir ama sınırın öbür yanına geçemez; dolayısıyla açık olamaz ve orada yerel ters yoktur. \((2, 5)\) noktası ise \(5 > 4\) olduğundan görüntünün içindedir. \(\blacksquare\)

20.3 Kapalı Fonksiyonlar

Ters fonksiyon teoremi \(y = F(x)\) denklemini \(x\) için çözer; şimdi değişkenleri birbirine bağlayan bir denklemden bazı değişkenleri öbürleri cinsinden çözmeyi soruyoruz.

Düzlemdeki birçok eğri bir fonksiyonun grafiği olarak değil, bir denklemle verilir: \(x^2 + y^2 = 1\) çemberi ya da \(x^3 + y^3 = 6xy\) eğrisi gibi. Böyle bir \(F(x, y) = 0\) denkleminden \(y\)’yi \(x\) cinsinden çözebildiğimizde bulduğumuz fonksiyona kapalı fonksiyon denir.

Tanım 20.2 (Kapalı Fonksiyon) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\), \(F : U \to \mathbb{R}\) ve \(I \subseteq \mathbb{R}\) bir aralık olsun. \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonu her \(x \in I\) için \(\big( x, \varphi(x) \big) \in U\) ve

\[F\big( x, \varphi(x) \big) = 0\]

koşullarını sağlıyorsa \(\varphi\)’ye \(F(x, y) = 0\) denkleminin \(I\) üzerinde tanımladığı bir kapalı fonksiyon denir.

Yani \(\varphi\)’nin grafiği denklemin sıfır kümesinin içinde kalır; \(y = \varphi(x)\) yazıldığında denklem \(x\)’e bağlı bir özdeşliğe dönüşür. “Kapalı” sözcüğü, \(\varphi\)’nin açık bir formülle değil, bir denklemle belirlendiğini anlatır.

Üç örnek sorunun doğasını gösteriyor.

• \(F(x, y) = x^2 - y\) için her \(x\)’e karşılık denklemin tek çözümü \(y = x^2\)’dir; denklem \(\mathbb{R}\) üzerinde tek bir kapalı fonksiyon tanımlar.
• \(F(x, y) = y^2 - x\) için her \(x \ge 0\)’a karşılık iki çözüm vardır: \(y = \sqrt{x}\) ve \(y = -\sqrt{x}\). İkisi de \([0, \infty)\) üzerinde sürekli birer kapalı fonksiyondur. Rasyonel \(x\)’lerde \(\sqrt{x}\), irrasyonel \(x\)’lerde \(-\sqrt{x}\) değerini alan süreksiz fonksiyon da denklemi sağlar. Demek ki denklem tek başına bir fonksiyon belirlemez.
• \(x^2 + y^2 = 1\) çemberi \([-1, 1]\) üzerinde \(y = \sqrt{1 - x^2}\) ve \(y = -\sqrt{1 - x^2}\) kapalı fonksiyonlarını tanımlar; çemberin tamamı tek bir grafik değildir.

Bu örnekler sorunun doğru biçimini gösteriyor. Eğrinin tamamını tek bir grafik olarak yazmak yerine, eğrinin bir \((x_0, y_0)\) noktasının yakınında şunu soruyoruz: \(x_0\)’a yakın her \(x\) için denklemin \(y_0\)’a yakın tek bir çözümü var mı? \(y^2 = x\) eğrisinin \((1, 1)\) noktasının yakınında yanıt evettir ve çözüm \(y = \sqrt{x}\)’tir. \((0, 0)\) noktasının hiçbir komşuluğunda ise yanıt hayırdır: küçük her \(x > 0\) için \(\pm\sqrt{x}\) çözümlerinin ikisi de \(0\)’a yakındır, \(x < 0\) için ise çözüm yoktur.

Yerel çözümün nerede bulunduğunu doğrusal yaklaşım söyler. \(F\) türevlenebilir ve \(F(x_0, y_0) = 0\) ise \((x_0, y_0)\)’ın yakınında

\[F(x, y) \approx F_x(x_0, y_0)(x - x_0) + F_y(x_0, y_0)(y - y_0)\]

olur. Sağ tarafı sıfıra eşitleyen doğru denklemi, \(F_y(x_0, y_0) \ne 0\) ise \(y\) için tek türlü çözülür. \(y^2 - x\) örneğinde \(F_y = 2y\) fonksiyonu \((1, 1)\)’de \(2\), \((0, 0)\)’da \(0\) değerini alır. Kapalı fonksiyon teoremi bu gözlemin doğru olduğunu söyler.

20.4 İki Değişkenli Kapalı Fonksiyon Teoremi

Tek denklem ve iki değişken hâlini bölümün tam olarak ispatlanan ana teoremi olarak kuruyoruz; ispatta ara değer teoremi, sürekliliğin işaret koruma özelliği, monotonluk, uç değer teoremi ve ortalama değer teoremi kullanılır.

Teorem 20.2 (İki Değişkenli Kapalı Fonksiyon Teoremi) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\) açık bir küme, \(F : U \to \mathbb{R}\) ve \(F \in C^1(U)\) olsun. Bir \((x_0, y_0) \in U\) noktasında \(F(x_0, y_0) = 0\) ve \(F_y(x_0, y_0) \ne 0\) ise öyle \(\delta > 0\) ve \(\eta > 0\) sayıları vardır ki

\[R = (x_0 - \delta, x_0 + \delta) \times (y_0 - \eta, y_0 + \eta)\]

dikdörtgeni \(U\)’nun içinde kalır ve \(I = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)\) için şunlar doğrudur.

(i) Her \(x \in I\) için \(F(x, y) = 0\) denkleminin \((y_0 - \eta, y_0 + \eta)\) aralığında bir ve yalnız bir \(y = \varphi(x)\) çözümü vardır. Özellikle \(\varphi(x_0) = y_0\)’dır ve \(\{ (x, y) \in R : F(x, y) = 0 \}\) kümesi \(\varphi\)’nin grafiğidir.

(ii) \(\varphi : I \to \mathbb{R}\) süreklidir.

(iii) \(\varphi\), \(I\) üzerinde türevlenebilirdir, \(\varphi \in C^1(I)\) ve her \(x \in I\) için

\[\varphi'(x) = -\frac{F_x\big( x, \varphi(x) \big)}{F_y\big( x, \varphi(x) \big)}\]

olur.

İspat

\(F_y(x_0, y_0) < 0\) ise \(F\) yerine \(-F\) alınabilir: \(-F\) de \(C^1(U)\) sınıfındandır, sıfır kümesi aynıdır ve (iii)’teki oran değişmez. Bu yüzden \(F_y(x_0, y_0) > 0\) varsayıyoruz.

Birinci adım: \(F_y\)’nin pozitif kaldığı bir kare. \(F_y\), \((x_0, y_0)\)’da süreklidir. Süreklilik tanımını (Tanım 10.1) \(\varepsilon = F_y(x_0, y_0)/2\) ile uygularsak, \(U\) açık olduğundan da, \(B\big( (x_0, y_0), \rho \big) \subseteq U\) olan ve bu yuvarda \(F_y > F_y(x_0, y_0)/2 > 0\) olmasını sağlayan bir \(\rho > 0\) buluruz. \(0 < r < \rho / \sqrt{2}\) seçelim ve

\[K = [x_0 - r, x_0 + r] \times [y_0 - r, y_0 + r]\]

karesini alalım. \(K\)’nin her noktasının \((x_0, y_0)\)’a uzaklığı en çok \(r\sqrt{2} < \rho\) olduğundan \(K\) bu yuvarın içindedir; dolayısıyla \(K \subseteq U\) ve \(K\) üzerinde \(F_y > 0\)’dır.

\(K\) kapalı ve sınırlı olduğundan kompakttır (Teorem 5.5). \(|F_x|\) ve \(F_y\) sürekli olduğundan uç değer teoremi (Teorem 11.3) gereği \(K\) üzerinde en büyük ve en küçük değerlerini alırlar. \(M = \max_K |F_x|\) ve \(\mu = \min_K F_y\) diyelim; \(\mu\), \(F_y\)’nin \(K\)’deki bir değeri olduğundan \(\mu > 0\)’dır.

İkinci adım: \(y\)’ye göre kesin artanlık. Her \(x \in [x_0 - r, x_0 + r]\) için \(g_x(y) = F(x, y)\) fonksiyonu \([y_0 - r, y_0 + r]\) aralığında türevlenebilirdir ve \(g_x'(y) = F_y(x, y) > 0\)’dır. Monotonluk testi (bkz. Analiz 2) gereği \(g_x\) bu aralıkta kesin artandır. \(\eta = r\) alalım. \(x = x_0\) için \(g_{x_0}(y_0) = F(x_0, y_0) = 0\) olduğundan

\[F(x_0, y_0 - \eta) < 0 < F(x_0, y_0 + \eta)\]

olur.

Üçüncü adım: \(\delta\)’nın seçimi. \(F \in C^1(U)\) olduğundan \(F\) türevlenebilir (Teorem 14.3), dolayısıyla süreklidir (Teorem 14.1). Bu yüzden \(x \mapsto F(x, y_0 - \eta)\) ve \(x \mapsto F(x, y_0 + \eta)\) tek değişkenli fonksiyonları \(x_0\)’da süreklidir (Teorem 10.4). Sürekli fonksiyonların işaret koruma özelliği (bkz. Analiz 1) gereği öyle bir \(\delta \in (0, r]\) vardır ki \(|x - x_0| < \delta\) olan her \(x\) için

\[F(x, y_0 - \eta) < 0 < F(x, y_0 + \eta) \tag{1}\]

olur. \(I = (x_0 - \delta, x_0 + \delta)\) ve \(R = I \times (y_0 - \eta, y_0 + \eta)\) olsun; \(R \subseteq K \subseteq U\)’dur.

Dördüncü adım: varlık ve teklik. \(x \in I\) olsun. \(g_x\), \([y_0 - \eta, y_0 + \eta]\) aralığında süreklidir ve (1) gereği uçlarda zıt işaretlidir. Ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(g_x(y) = 0\) olan bir \(y \in (y_0 - \eta, y_0 + \eta)\) vardır. \(g_x\) kesin artan olduğundan bu \(y\) tektir; onu \(\varphi(x)\) ile gösterelim. \(y_0\), \(x = x_0\) için bir çözüm olduğundan teklik gereği \(\varphi(x_0) = y_0\)’dır. \(R\)’deki her sıfır noktası \((x, \varphi(x))\) biçiminde olduğundan (i) ispatlandı.

R = (x₀ − δ, x₀ + δ) × (y₀ − η, y₀ + η) dikdörtgeni. Alt kenarda F < 0, üst kenarda F > 0'dır ve her düşey kesitte F, y'ye göre kesin artandır. Bu yüzden her x için düşey doğru F = 0 kümesini tam bir kez, (x, φ(x)) noktasında keser.

Beşinci adım: bir Lipschitz kestirimi. \(x\) ve \(x + h\) noktaları \(I\)’da olsun; \(y = \varphi(x)\) ve \(k = \varphi(x + h) - \varphi(x)\) yazalım. \((x, y)\) ve \((x + h, y + k)\) noktaları \(R\)’dedir. \(R\) konvekstir: iki noktanın koordinatları birer aralıkta ise aradaki doğru parçasındaki noktaların koordinatları da aynı aralıklardadır. Demek ki iki noktayı birleştiren doğru parçası \(R\)’de kalır. İki noktada da \(F\) sıfır olduğundan ortalama değer teoremi (Teorem 16.4) gereği bu doğru parçası üzerinde, bir \(\theta \in (0, 1)\) için \(\xi = (x + \theta h, y + \theta k)\) noktası vardır ki

\[0 = F(x + h, y + k) - F(x, y) = F_x(\xi)\, h + F_y(\xi)\, k\]

olur. \(\xi \in R \subseteq K\) olduğundan \(F_y(\xi) \ge \mu > 0\)’dır ve

\[k = -\frac{F_x(\xi)}{F_y(\xi)}\, h \tag{2}\]

elde edilir. \(|F_x(\xi)| \le M\) olduğundan buradan

\[|k| \le \frac{M}{\mu}\, |h| \tag{3}\]

çıkar.

Altıncı adım: süreklilik. (3), \(I\)’daki her \(x\) ve \(x + h\) için \(|\varphi(x + h) - \varphi(x)| \le \frac{M}{\mu}|h|\) demektir. \(h \to 0\) iken sağ taraf \(0\)’a gider; \(\varphi\), \(I\)’nın her noktasında süreklidir. (ii) ispatlandı.

Yedinci adım: türev. \(x \in I\) olsun ve \(h \ne 0\), \(x + h \in I\) için (2)’deki \(\xi\) noktasını \(\xi_h\) ile gösterelim. (2) gereği

\[\frac{\varphi(x + h) - \varphi(x)}{h} = -\frac{F_x(\xi_h)}{F_y(\xi_h)}\]

olur. (3) gereği \(\xi_h\) ile \(\big( x, \varphi(x) \big)\) arasındaki uzaklık en çok \(|h| + |k| \le \left( 1 + \frac{M}{\mu} \right)|h|\)’dir; dolayısıyla \(h \to 0\) iken \(\xi_h \to \big( x, \varphi(x) \big)\) olur. \(F_x\) ve \(F_y\) bu noktada sürekli ve \(F_y\big( x, \varphi(x) \big) > 0\) olduğundan sağ tarafın limiti vardır ve

\[\varphi'(x) = -\frac{F_x\big( x, \varphi(x) \big)}{F_y\big( x, \varphi(x) \big)}\]

bulunur. \(x \mapsto \big( x, \varphi(x) \big)\) fonksiyonu sürekli, \(F_x\) ve \(F_y\) sürekli ve payda sıfırdan farklı olduğundan sağ taraf \(I\) üzerinde süreklidir; \(\varphi \in C^1(I)\). (iii) ispatlandı. \(\blacksquare\)

Yani \(F_y(x_0, y_0) \ne 0\) ise \(F(x, y) = 0\) eğrisi \((x_0, y_0)\) noktasının yakınında türevi sürekli bir fonksiyonun grafiğidir. İspatın özü ikinci adımdadır: dikdörtgenin her düşey kesitinde \(F\) kesin artan olduğundan her düşey doğru eğriyi tam bir kez keser.

Türev formülünü hatırlamanın kısa bir yolu vardır. \(\varphi\)’nin türevlenebilir olduğu bilindiğinde \(F\big( x, \varphi(x) \big) = 0\) özdeşliğinin iki yanının \(x\)’e göre türevi alınır. Zincir kuralı (Teorem 15.6) gereği

\[F_x\big( x, \varphi(x) \big) + F_y\big( x, \varphi(x) \big)\, \varphi'(x) = 0\]

olur ve \(F_y \ne 0\) olduğundan (iii) çıkar. Leibniz gösterimiyle \(\dfrac{dy}{dx} = -\dfrac{F_x}{F_y}\) yazılır. Teoremin asıl içeriği ise formülün kendisi değil, türevlenebilir bir \(\varphi\)’nin var olduğu ve tek olduğudur.

\(x\) ile \(y\)’nin rolleri simetriktir: \(F_x(x_0, y_0) \ne 0\) ise aynı teorem, eğrinin \((x_0, y_0)\) yakınında bir \(x = \psi(y)\) grafiği olduğunu ve \(\psi' = -F_y / F_x\) olduğunu söyler. Dolayısıyla \(\nabla F(x_0, y_0) \ne 0\) ise eğri bu noktanın yakınında iki biçimden birinde bir grafiktir. Her iki durumda da eğrinin \((x_0, y_0)\)’daki teğet doğrusu

\[F_x(x_0, y_0)(x - x_0) + F_y(x_0, y_0)(y - y_0) = 0\]

denklemiyle verilir. Örneğin \(F_y(x_0, y_0) \ne 0\) ise \(y - y_0 = \varphi'(x_0)(x - x_0)\) teğetinde \(\varphi'(x_0) = -F_x / F_y\) yazıp \(F_y\) ile çarpmak bu denklemi verir. Gradyan, eğrinin teğetine diktir.

Örnek 20.5 (Çember ve Teoremin Uygulanamadığı Noktalar) \(x^2 + y^2 = 1\) çemberinin hangi noktalarının yakınında \(y\), \(x\)’in fonksiyonu olarak tek türlü yazılabilir? Bu noktalarda kapalı fonksiyonun türevini bulunuz ve \((\pm 1, 0)\) noktalarındaki durumu inceleyiniz.

Çözüm

\(F(x, y) = x^2 + y^2 - 1\) polinomu \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır; \(F_x = 2x\) ve \(F_y = 2y\)’dir.

\(y_0 \ne 0\) olan noktalar. Çemberin \(y_0 \ne 0\) olan her \((x_0, y_0)\) noktasında \(F_y(x_0, y_0) = 2y_0 \ne 0\)’dır. Teorem 20.2 gereği bu noktanın yakınında tek bir \(C^1\) kapalı fonksiyon vardır ve

\[\varphi'(x) = -\frac{2x}{2\varphi(x)} = -\frac{x}{\varphi(x)}\]

olur. Bu durumda \(\varphi\)’yi açıkça da biliyoruz: \(y_0 > 0\) ise \(\varphi(x) = \sqrt{1 - x^2}\), \(y_0 < 0\) ise \(\varphi(x) = -\sqrt{1 - x^2}\)’dir. Örneğin \(y_0 > 0\) için doğrudan türev almak

\[\varphi'(x) = \frac{-2x}{2\sqrt{1 - x^2}} = -\frac{x}{\varphi(x)}\]

verir; teoremin formülüyle aynıdır.

\((1, 0)\) noktası. Burada \(F_y(1, 0) = 0\)’dır ve teorem uygulanamaz. Gerçekten de hiçbir \(\delta, \eta > 0\) için teoremin sonucu doğru değildir. \(1 - \delta < x < 1\) ve \(1 - x^2 < \eta^2\) olan her \(x\) için \(y = \sqrt{1 - x^2}\) ve \(y = -\sqrt{1 - x^2}\) çözümlerinin ikisi de \((-\eta, \eta)\) aralığındadır; çözüm tek değildir. \(1 < x < 1 + \delta\) için ise hiç çözüm yoktur. Çemberin \((1, 0)\)’daki teğeti düşey \(x = 1\) doğrusudur ve düşey bir teğeti olan eğri, o noktanın yakınında \(x\)’in bir fonksiyonunun grafiği olamaz.

Öte yandan \(F_x(1, 0) = 2 \ne 0\)’dır. Rolleri değiştirirsek çember \((1, 0)\) yakınında \(x = \psi(y) = \sqrt{1 - y^2}\) grafiğidir ve \(\psi'(0) = -F_y(1, 0) / F_x(1, 0) = 0\) olur. \((-1, 0)\) noktası için aynı akıl yürütme \(x = -\sqrt{1 - y^2}\) verir.

Birim çember. (0,6; 0,8) noktasının çevresindeki [0,35; 0,85] × [0,6; 1] penceresinde çember tek bir y = φ(x) grafiğidir; teğeti 3x + 4y = 5 doğrusudur. (1, 0) noktasında teğet düşeydir (x = 1). Sağda üç kat büyütülen [0,8; 1,2] × [−0,35; 0,35] penceresinde x = 0,95 doğrusu çemberi iki kez keser; 1'den büyük x'ler için ise kesişim yoktur.

\(\blacksquare\)

Örnek 20.6 (Descartes Yaprağının Teğetleri) \(x^3 + y^3 = 6xy\) eğrisinin, üzerinde teorem uygulanabilen noktalarında \(\dfrac{dy}{dx}\) türevini bulunuz ve eğrinin \((3, 3)\) noktasındaki teğetini yazınız. Eğrinin hangi noktalarında \(y\), \(x\)’in fonksiyonu olarak yazılamayabilir?

Çözüm

\(F(x, y) = x^3 + y^3 - 6xy\) polinomu \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır; \(F_x = 3x^2 - 6y\) ve \(F_y = 3y^2 - 6x\)’tir. Eğrinin \(F_y \ne 0\), yani \(y^2 \ne 2x\) olan her noktasının yakınında Teorem 20.2 uygulanır ve

\[\frac{dy}{dx} = -\frac{3x^2 - 6y}{3y^2 - 6x} = -\frac{x^2 - 2y}{y^2 - 2x}\]

bulunur. Kübik denklemi \(y\) için çözmeye gerek kalmadan türevi hesapladık.

\((3, 3)\) noktası. \(F(3, 3) = 27 + 27 - 54 = 0\) olduğundan nokta eğrinin üzerindedir ve \(F_y(3, 3) = 27 - 18 = 9 \ne 0\)’dır. Türev

\[\frac{dy}{dx}\bigg|_{(3, 3)} = -\frac{9 - 6}{9 - 6} = -1\]

olur; teğet \(y - 3 = -(x - 3)\), yani \(x + y = 6\) doğrusudur.

Teoremin uygulanamadığı noktalar. Eğrinin \(F_y = 0\) olan noktalarını bulalım. \(y^2 = 2x\), yani \(x = \dfrac{y^2}{2}\) denklemde yerine konursa

\[\frac{y^6}{8} + y^3 = 3y^3\]

çıkar; bu, \(y^3\big( y^3 - 16 \big) = 0\) demektir. \(y = 0\) için \((0, 0)\) noktası, \(y = 16^{1/3} = 2^{4/3}\) için \(x = 2^{8/3} / 2 = 2^{5/3}\) ve

\[\big( 2^{5/3},\ 2^{4/3} \big) \approx (3{,}17;\ 2{,}52)\]

noktası bulunur. İkinci noktada

\[F_x = 3 \cdot 2^{10/3} - 6 \cdot 2^{4/3} = 6 \cdot 2^{4/3} \ne 0\]

olur; eğrinin burada düşey bir teğeti vardır ve eğri bu noktanın yakınında \(x = \psi(y)\) biçiminde yazılır. \((0, 0)\)’da ise \(F_x = F_y = 0\)’dır. Eğri orijinden iki kez geçer (kendini keser) ve orada ne \(y\), \(x\)’in ne de \(x\), \(y\)’nin fonksiyonu olarak yazılabilir.

Descartes yaprağı x³ + y³ = 6xy ve kesikli x + y = −2 asimptotu. (3, 3) noktasındaki teğet x + y = 6 doğrusudur; (2^5/3, 2^4/3) ≈ (3,17; 2,52) noktasında teğet düşeydir. Eğri orijinden iki kez geçer ve orada kendini keser.

\(\blacksquare\)

20.5 Yüzeyler ve Teğet Düzlem

Aynı teorem, üç değişkenli bir denklemden bir değişkeni öbür ikisi cinsinden çözmeye, yani bir yüzeyi yerel olarak bir grafik gibi yazmaya da yarar.

Sonuç 20.1 (Üç Değişkenli Kapalı Fonksiyon Teoremi) \(U \subseteq \mathbb{R}^3\) açık bir küme, \(F : U \to \mathbb{R}\) ve \(F \in C^1(U)\) olsun. Bir \(P_0 = (x_0, y_0, z_0) \in U\) noktasında \(F(P_0) = 0\) ve \(F_z(P_0) \ne 0\) ise öyle \(\delta > 0\) ve \(\eta > 0\) sayıları vardır ki \(W = B\big( (x_0, y_0), \delta \big)\) açık yuvarı için \(W \times (z_0 - \eta, z_0 + \eta) \subseteq U\)’dur ve şunlar doğrudur.

(i) Her \((x, y) \in W\) için \(F(x, y, z) = 0\) denkleminin \((z_0 - \eta, z_0 + \eta)\) aralığında bir ve yalnız bir \(z = \varphi(x, y)\) çözümü vardır. Böylece \(\varphi(x_0, y_0) = z_0\), her \((x, y) \in W\) için \(\big( x, y, \varphi(x, y) \big) \in U\) ve \(F\big( x, y, \varphi(x, y) \big) = 0\)’dır.

(ii) \(\varphi \in C^1(W)\)’dir ve \(W\)’nin her noktasında, sağ taraflar \(\big( x, y, \varphi(x, y) \big)\) noktasında hesaplanmak üzere,

\[ \begin{aligned} \varphi_x &= -\frac{F_x}{F_z}, \\[1mm] \varphi_y &= -\frac{F_y}{F_z} \end{aligned} \]

olur.

(iii) \(F(x, y, z) = 0\) yüzeyinin \(P_0\) noktasındaki teğet düzlemi

\[F_x(P_0)(x - x_0) + F_y(P_0)(y - y_0) + F_z(P_0)(z - z_0) = 0\]

denklemiyle, vektörel biçimde \(P = (x, y, z)\) için \(\big\langle \nabla F(P_0),\ P - P_0 \big\rangle = 0\) denklemiyle verilir.

(iv) Daha genel olarak \(\nabla F(P_0) \ne 0\) ise \(F_x(P_0)\), \(F_y(P_0)\), \(F_z(P_0)\) sayılarından en az biri sıfırdan farklıdır. Yüzey \(P_0\) yakınında o değişkenin öbür ikisi cinsinden \(C^1\) bir fonksiyonunun grafiğidir ve teğet düzlemi yine (iii)’teki denklemle verilir.

İspat

İspat, Teorem 20.2 ispatının adımlarını izler; farkları yazıyoruz. Yine \(F_z(P_0) > 0\) varsayabiliriz.

Varlık ve teklik. \(F_z\)’nin \(P_0\)’daki sürekliliğinden, \(U\)’nun içinde kalan ve üzerinde \(F_z > 0\) olan bir

\[K = [x_0 - r, x_0 + r] \times [y_0 - r, y_0 + r] \times [z_0 - r, z_0 + r]\]

küpü bulunur (küpün noktalarının \(P_0\)’a uzaklığı en çok \(r\sqrt{3}\) olduğundan \(r\) yeterince küçük seçilir). \(K\) kompakt olduğundan \(K\) üzerinde \(|F_x| \le M\), \(|F_y| \le M\) ve \(F_z \ge \mu > 0\) olacak biçimde \(M\) ve \(\mu\) sayıları vardır (Teorem 11.3). \(|x - x_0| \le r\) ve \(|y - y_0| \le r\) olan her \((x, y)\) için \(z \mapsto F(x, y, z)\) fonksiyonu \([z_0 - r, z_0 + r]\) aralığında kesin artandır. \(\eta = r\) ile

\[F(x_0, y_0, z_0 - \eta) < 0 < F(x_0, y_0, z_0 + \eta)\]

olur. \((x, y) \mapsto F(x, y, z_0 \mp \eta)\) iki değişkenli fonksiyonları süreklidir (Teorem 10.4). Süreklilik tanımı \(\varepsilon = |F(x_0, y_0, z_0 \mp \eta)| / 2\) ile uygulanırsa bu işaretlerin \((x_0, y_0)\) merkezli bir yuvarda korunduğu görülür. Bu yuvarın yarıçapını \(\delta \le r\) olacak biçimde küçültüp \(W = B\big( (x_0, y_0), \delta \big)\) diyelim; \(W\), \([x_0 - r, x_0 + r] \times [y_0 - r, y_0 + r]\) karesinin içindedir ve \(W \times (z_0 - \eta, z_0 + \eta) \subseteq K \subseteq U\)’dur. Her \((x, y) \in W\) için ara değer teoremi ve kesin artanlık, denklemin \((z_0 - \eta, z_0 + \eta)\) aralığında tek bir \(\varphi(x, y)\) çözümünü verir; teklikten \(\varphi(x_0, y_0) = z_0\) çıkar.

Süreklilik. \((x, y)\) ve \((x + h, y + l)\) noktaları \(W\)’de olsun; \(z = \varphi(x, y)\) ve \(k = \varphi(x + h, y + l) - z\) yazalım. \((x, y, z)\) ve \((x + h, y + l, z + k)\) noktaları \(W \times (z_0 - \eta, z_0 + \eta)\) kümesindedir. Bu küme konvekstir: yuvar konveks olduğundan (Teorem 2.2) iki noktayı birleştiren doğru parçasının ilk iki koordinatı \(W\)’de, üçüncü koordinatı aralıkta kalır. Ortalama değer teoremi (Teorem 16.4) gereği aradaki doğru parçası üzerinde bir \(\xi\) noktası için

\[0 = F(x + h, y + l, z + k) - F(x, y, z) = F_x(\xi)\, h + F_y(\xi)\, l + F_z(\xi)\, k\]

olur. Buradan \(|k| \le \frac{M}{\mu}\big( |h| + |l| \big)\) çıkar; \(\varphi\), \(W\) üzerinde süreklidir.

Kısmi türevler. \(l = 0\) alınırsa yukarıdaki eşitlik

\[\frac{\varphi(x + h, y) - \varphi(x, y)}{h} = -\frac{F_x(\xi_h)}{F_z(\xi_h)}\]

verir. \(h \to 0\) iken \(\xi_h \to \big( x, y, \varphi(x, y) \big)\) olduğundan, Teorem 20.2 ispatının yedinci adımındaki gibi \(\varphi_x = -F_x / F_z\) bulunur. \(h = 0\) alınarak aynı biçimde \(\varphi_y = -F_y / F_z\) elde edilir. Bu kısmi türevler, paydası sıfır olmayan sürekli fonksiyonların bölümü olduğundan süreklidir; \(\varphi \in C^1(W)\).

Teğet düzlem. \(\varphi \in C^1(W)\) olduğundan \(\varphi\) türevlenebilirdir (Teorem 14.3). Grafiğinin \((x_0, y_0, z_0)\) noktasındaki teğet düzlemi (Tanım 14.4)

\[z - z_0 = \varphi_x(x_0, y_0)(x - x_0) + \varphi_y(x_0, y_0)(y - y_0)\]

düzlemidir. \(\varphi_x(x_0, y_0) = -F_x(P_0) / F_z(P_0)\) ve \(\varphi_y(x_0, y_0) = -F_y(P_0) / F_z(P_0)\) yazıp eşitliği \(F_z(P_0)\) ile çarparsak (iii)’teki denklem çıkar.

Son olarak (iv) için değişkenlerin adlarını değiştirmek yeter. Örneğin \(F_x(P_0) \ne 0\) ise yukarıdaki ispat \(x\)’e \(z\)’nin rolünü vererek yüzeyi \(x = \psi(y, z)\) biçiminde yazar ve teğet düzlem aynı yolla aynı denklemle bulunur. Burada teğet düzlem, Tanım 14.4 tanımının \(x = \psi(y, z)\) grafiğine değişken adları değiştirilerek uygulanmasıyla tanımlanır; iki gösterim birden mümkünse ikisi de (iii)’teki denklemi verdiğinden düzlem gösterime bağlı değildir. \(\blacksquare\)

Yani \(\nabla F(P_0) \ne 0\) ise \(F(x, y, z) = 0\) yüzeyi \(P_0\)’ın yakınında düzgün bir yüzeydir ve gradyan, teğet düzleme dik olan normal vektördür. Teğet düzlemin denklemini yazmak için yüzeyi bir grafik olarak açıkça çözmek gerekmez; yalnızca \(F\)’nin \(P_0\)’daki kısmi türevleri yeter.

Örnek 20.7 (Kürenin Teğet Düzlemi) \(x^2 + y^2 + z^2 = 14\) küresinin \((1, 2, 3)\) noktasının yakınında \(z = \varphi(x, y)\) biçiminde yazılabildiğini gösteriniz. \(\varphi_x(1, 2)\) ve \(\varphi_y(1, 2)\) değerlerini ve kürenin bu noktadaki teğet düzlemini bulunuz.

Çözüm

\(F(x, y, z) = x^2 + y^2 + z^2 - 14\) olsun; \(F \in C^1(\mathbb{R}^3)\) ve \(F(1, 2, 3) = 1 + 4 + 9 - 14 = 0\)’dır. Kısmi türevler \(F_x = 2x\), \(F_y = 2y\), \(F_z = 2z\)’dir ve \(P_0 = (1, 2, 3)\)’te

\[\nabla F(P_0) = (2, 4, 6)\]

olur. \(F_z(P_0) = 6 \ne 0\) olduğundan Sonuç 20.1 uygulanır ve

\[ \begin{aligned} \varphi_x(1, 2) &= -\frac{F_x(P_0)}{F_z(P_0)} = -\frac{2}{6} = -\frac{1}{3}, \\[1mm] \varphi_y(1, 2) &= -\frac{F_y(P_0)}{F_z(P_0)} = -\frac{4}{6} = -\frac{2}{3} \end{aligned} \]

bulunur. Sonuç 20.1 (iii) gereği teğet düzlem

\[2(x - 1) + 4(y - 2) + 6(z - 3) = 0,\]

sadeleştirilirse \(x + 2y + 3z = 14\) düzlemidir. Bu örnekte \(\varphi(x, y) = \sqrt{14 - x^2 - y^2}\) açıkça bilinir ve \(\varphi_x = -x / \varphi\) türevi aynı sonucu verir. Normal vektör \((2, 4, 6)\), merkezden noktaya giden \((1, 2, 3)\) vektörüne paraleldir: kürenin teğet düzlemi yarıçapa diktir.

Teorem yalnızca \(F_z = 2z = 0\) olan ekvator çemberinde uygulanamaz. Oradaki bir noktanın yakınında \(\pm\sqrt{14 - x^2 - y^2}\) değerlerinin ikisi de \(0\)’a yakındır ve küre \(z\)’nin \((x, y)\) cinsinden bir fonksiyonunun grafiği olamaz. Bu noktalarda \(F_x\) ya da \(F_y\) sıfırdan farklıdır ve Sonuç 20.1 (iv) gereği küre, \(x\)’in ya da \(y\)’nin öbür iki değişken cinsinden bir fonksiyonunun grafiğidir. \(\blacksquare\)

Örnek 20.8 (Açıkça Çözülmeyen Bir Yüzey) \(xy + z^3 + xz = 3\) denkleminin \((1, 1, 1)\) noktasının yakınında bir \(z = \varphi(x, y)\) fonksiyonu tanımladığını gösteriniz. \(\varphi_x(1, 1)\), \(\varphi_y(1, 1)\) değerlerini ve yüzeyin bu noktadaki teğet düzlemini bulunuz; \(\varphi(1{,}1;\ 0{,}9)\) için doğrusal bir yaklaşık değer veriniz.

Çözüm

\(F(x, y, z) = xy + z^3 + xz - 3\) polinomu \(C^1(\mathbb{R}^3)\) sınıfındandır ve \(F(1, 1, 1) = 1 + 1 + 1 - 3 = 0\)’dır. Kısmi türevler \(F_x = y + z\), \(F_y = x\), \(F_z = 3z^2 + x\) olur; \(P_0 = (1, 1, 1)\)’de değerleri \(2\), \(1\) ve \(4\)’tür. \(F_z(P_0) = 4 \ne 0\) olduğundan Sonuç 20.1 gereği \((1, 1)\)’in bir komşuluğunda \(\varphi(1, 1) = 1\) olan tek bir \(C^1\) çözüm vardır ve

\[ \begin{aligned} \varphi_x(1, 1) &= -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}, \\[1mm] \varphi_y(1, 1) &= -\frac{1}{4} \end{aligned} \]

bulunur. Teğet düzlem \(2(x - 1) + (y - 1) + 4(z - 1) = 0\), yani

\[2x + y + 4z = 7\]

düzlemidir.

\(z\)’ye göre kübik olan denklemi her \((x, y)\) için çözmek pratik değildir; buna karşın teğet düzlem \(\varphi\)’nin yakın değerlerini tahmin etmeye yeter. \((x, y) = (1{,}1;\ 0{,}9)\) için

\[\varphi(1{,}1;\ 0{,}9) \approx 1 - \frac{1}{2}(0{,}1) - \frac{1}{4}(-0{,}1) = 0{,}975\]

bulunur. \(z^3 + 1{,}1\,z - 2{,}01 = 0\) denkleminin sayısal çözümü \(z \approx 0{,}978\)’dir; yaklaşım iyidir. \(\blacksquare\)

20.6 Denklem Sistemleri

Şimdi birden çok denklemden birden çok bilinmeyeni aynı anda çözmek istiyoruz.

\(n + m\) değişkenli \(m\) denklemden oluşan

\[ \begin{aligned} F_1(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) &= 0, \\ &\ \ \vdots \\ F_m(x_1, \dots, x_n, y_1, \dots, y_m) &= 0 \end{aligned} \]

sistemini ele alalım. \(x = (x_1, \dots, x_n) \in \mathbb{R}^n\), \(y = (y_1, \dots, y_m) \in \mathbb{R}^m\) ve \(F = (F_1, \dots, F_m)\) yazarsak sistem kısaca \(F(x, y) = 0\) olur. Amacımız \(y\)’yi \(x\) cinsinden, \(y = \varphi(x)\) biçiminde çözmektir. Lineer durumda, yani \(A\) bir \(m \times n\) ve \(B\) bir \(m \times m\) matris olmak üzere \(F(x, y) = Ax + By\) ise sistem \(By = -Ax\) olur. \(B\) terslenebilirse tek çözüm \(y = -B^{-1}Ax\)’tir. Doğrusal olmayan durumda \(A\) ve \(B\)’nin rolünü \(F\)’nin \(x\)’e ve \(y\)’ye göre kısmi türevlerinden oluşan matrisler oynar.

Tanım 20.3 (Kısmi Jacobi Matrisleri) \(U \subseteq \mathbb{R}^{n+m}\) açık bir küme olsun; noktalarını \((x, y)\) ile gösterelim (\(x \in \mathbb{R}^n\), \(y \in \mathbb{R}^m\)). \(F = (F_1, \dots, F_m) : U \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunun bütün birinci kısmi türevleri \(U\)’da var olsun. \((x, y) \in U\) için \(F\)’nin \(x\)’e göre ve \(y\)’ye göre kısmi Jacobi matrisleri, bütün kısmi türevler \((x, y)\)’de hesaplanmak üzere

\[\frac{\partial F}{\partial x}(x, y) = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial F_1}{\partial x_1} & \cdots & \dfrac{\partial F_1}{\partial x_n} \\ \vdots & & \vdots \\ \dfrac{\partial F_m}{\partial x_1} & \cdots & \dfrac{\partial F_m}{\partial x_n} \end{pmatrix}\]

\(m \times n\) matrisi ve

\[\frac{\partial F}{\partial y}(x, y) = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial F_1}{\partial y_1} & \cdots & \dfrac{\partial F_1}{\partial y_m} \\ \vdots & & \vdots \\ \dfrac{\partial F_m}{\partial y_1} & \cdots & \dfrac{\partial F_m}{\partial y_m} \end{pmatrix}\]

\(m \times m\) matrisidir. İkincisinin determinantı \(\dfrac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(y_1, \dots, y_m)}(x, y)\) ile gösterilir.

Yani \(F\)’nin \(m \times (n + m)\) boyutlu \(J_F(x, y)\) Jacobi matrisinin ilk \(n\) sütunu \(\dfrac{\partial F}{\partial x}\), son \(m\) sütunu \(\dfrac{\partial F}{\partial y}\) matrisini oluşturur. Aynı gösterim herhangi bir değişken seçimi için kullanılır; örneğin \(\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)}\), \(F\) ve \(G\)’nin \(x\) ve \(v\)’ye göre kısmi türevlerinden oluşan \(2 \times 2\) matrisin determinantıdır.

Aşağıdaki teoremin varlık, teklik ve türevlenebilirlik kısımları, yani (i) ve (ii), ters fonksiyon teoremi \((x, y) \mapsto \big( x, F(x, y) \big)\) dönüşümüne uygulanarak elde edilir. Ters fonksiyon teoremini ispatsız kabul ettiğimizden bu kısımları da ispatsız kabul ediyor, (iii)’teki türev formülünü zincir kuralıyla türetiyoruz.

Teorem 20.3 (Kapalı Fonksiyon Teoremi) \(U \subseteq \mathbb{R}^{n+m}\) açık bir küme, \(F = (F_1, \dots, F_m) : U \to \mathbb{R}^m\) ve her \(F_k \in C^1(U)\) olsun. \(a \in \mathbb{R}^n\), \(b \in \mathbb{R}^m\) ve \((a, b) \in U\) olmak üzere \(F(a, b) = 0\) ve

\[\frac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(y_1, \dots, y_m)}(a, b) \ne 0\]

ise \(a\) merkezli bir \(W = B(a, \delta) \subseteq \mathbb{R}^n\) açık yuvarı ve \(b\)’yi içeren bir \(V \subseteq \mathbb{R}^m\) açık kümesi vardır ki \(W \times V \subseteq U\), bu kümede Jacobi determinantı sıfırdan farklıdır ve şunlar doğrudur.

(i) Her \(x \in W\) için \(F(x, y) = 0\) denkleminin \(V\)’de bir ve yalnız bir \(y = \varphi(x)\) çözümü vardır. Böylece \(\varphi(a) = b\), her \(x \in W\) için \(\big( x, \varphi(x) \big) \in U\) ve \(F\big( x, \varphi(x) \big) = 0\)’dır.

(ii) \(\varphi = (\varphi_1, \dots, \varphi_m) : W \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunun her bileşeni \(C^1(W)\) sınıfındandır.

(iii) Her \(x \in W\) için, kısmi Jacobi matrisleri \(\big( x, \varphi(x) \big)\) noktasında hesaplanmak üzere,

\[J_\varphi(x) = -\left( \frac{\partial F}{\partial y} \right)^{-1} \frac{\partial F}{\partial x}\]

olur. Bileşenlerle, \(i = 1, \dots, m\) ve \(j = 1, \dots, n\) için

\[\frac{\partial \varphi_i}{\partial x_j} = -\,\frac{\dfrac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(y_1, \dots, y_{i-1}, x_j, y_{i+1}, \dots, y_m)}}{\dfrac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(y_1, \dots, y_m)}}\]

yazılır. Paydaki determinant, \(\dfrac{\partial F}{\partial y}\) matrisinin \(i\)-inci sütununun yerine \(F\)’nin \(x_j\)’ye göre kısmi türevlerinden oluşan sütun konarak elde edilir.

(iii)'ün ispatı

Teoremin (i) ve (ii) kısımları sağlansın. Her \(x \in W\) için \(F\big( x, \varphi(x) \big) = 0\)’dır. \(H(x) = F\big( x, \varphi(x) \big)\) fonksiyonu \(W\) üzerinde sabit olduğundan Jacobi matrisi \(m \times n\) sıfır matristir. \(x \mapsto \big( x, \varphi(x) \big)\) fonksiyonunun bileşenleri \(C^1(W)\) sınıfından olduğundan bu fonksiyon türevlenebilirdir (Teorem 15.4); Jacobi matrisi, üstte \(I_n\) birim matrisi, altta \(J_\varphi(x)\) bulunan \((n + m) \times n\) matristir. \(F\) de \(C^1\) olduğundan türevlenebilirdir. Zincir kuralı (Teorem 15.6) gereği

\[0 = J_H(x) = \frac{\partial F}{\partial x} \cdot I_n + \frac{\partial F}{\partial y} \cdot J_\varphi(x)\]

olur; burada kısmi Jacobi matrisleri \(\big( x, \varphi(x) \big)\)’de hesaplanır. \(W \times V\) üzerinde \(\det \dfrac{\partial F}{\partial y} \ne 0\) olduğundan bu matris terslenebilirdir ve matris formülü çıkar.

Bileşen formülü için \(j\)-inci sütuna bakalım. \(c = \left( \dfrac{\partial \varphi_1}{\partial x_j}, \dots, \dfrac{\partial \varphi_m}{\partial x_j} \right)\) sütunu, \(A = \dfrac{\partial F}{\partial y}\) ve \(d = \left( \dfrac{\partial F_1}{\partial x_j}, \dots, \dfrac{\partial F_m}{\partial x_j} \right)\) sütunu için \(Ac = -d\) lineer sistemini sağlar. \(\det A \ne 0\) olduğundan Cramer kuralı gereği \(c\)’nin \(i\)-inci bileşeni, \(A\)’nın \(i\)-inci sütunu yerine \(-d\) konarak elde edilen matrisin determinantının \(\det A\)’ya bölümüdür. Determinant bir sütuna göre lineer olduğundan \(-d\) yerine \(d\) konup önüne eksi işareti yazılabilir. \(A\)’nın \(i\)-inci sütunu yerine \(d\) konmuş matris, \(F_1, \dots, F_m\)’nin \(y_1, \dots, y_{i-1}, x_j, y_{i+1}, \dots, y_m\) değişkenlerine göre Jacobi matrisidir. \(\blacksquare\)

Yani sistem, \(y\)’ye göre kısmi Jacobi determinantının sıfır olmadığı bir çözüm noktasının yakınında \(y = \varphi(x)\) biçiminde tek türlü çözülür; \(\varphi\)’nin türevi, lineer durumdaki \(-B^{-1}A\) formülünün aynısıdır. \(n = m = 1\) için teorem, Teorem 20.2 ile aynıdır.

Ters fonksiyon teoremi de bu teoremin özel bir hâlidir. \(F : U \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n\) için \(y = F(x)\) denklemini \(x\) için çözmek, \(G(y, x) = F(x) - y = 0\) sisteminde \(y\)’yi bağımsız değişken, \(x\)’i bilinmeyen saymak demektir. Bilinmeyene göre kısmi Jacobi matrisi \(J_F(x)\), bağımsız değişkene göre olanı \(-I_n\)’dir ve (iii) formülü

\[J_{F^{-1}}(y) = -J_F(x)^{-1}\,(-I_n) = J_F(x)^{-1}\]

verir. İki teorem aynı olgunun iki yüzüdür.

Uygulamada en sık karşılaşılan hâl, dört değişkenli iki denklemdir.

Teorem 20.4 (İki Denklemli Sistem) \(U \subseteq \mathbb{R}^4\) açık bir küme, \(F, G : U \to \mathbb{R}\) ve \(F, G \in C^1(U)\) olsun. Bir \(P_0 = (x_0, y_0, u_0, v_0) \in U\) noktasında \(F(P_0) = G(P_0) = 0\) ve

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}(P_0) = \begin{vmatrix} F_u & F_v \\ G_u & G_v \end{vmatrix}_{P_0} \ne 0\]

ise \((x_0, y_0)\) merkezli bir \(W\) açık yuvarı ve \((u_0, v_0)\)’ı içeren bir \(V \subseteq \mathbb{R}^2\) açık kümesi vardır; \(W\)’de tanımlı, değerleri \(V\)’de olan, \(\varphi(x_0, y_0) = u_0\) ve \(\psi(x_0, y_0) = v_0\) koşullarını sağlayan ve her \((x, y) \in W\) için

\[ \begin{aligned} F\big( x, y, \varphi(x, y), \psi(x, y) \big) &= 0, \\ G\big( x, y, \varphi(x, y), \psi(x, y) \big) &= 0 \end{aligned} \]

olan bir ve yalnız bir \(u = \varphi(x, y)\), \(v = \psi(x, y)\) fonksiyon çifti vardır (teklik, değerleri \(V\)’de olan çiftler arasındadır). Bu fonksiyonlar \(C^1(W)\) sınıfındandır ve \(J = \dfrac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}\) olmak üzere

\[ \begin{aligned} u_x &= -\frac{1}{J}\,\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_x & F_v \\ G_x & G_v \end{vmatrix}, \\[1mm] u_y &= -\frac{1}{J}\,\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_y & F_v \\ G_y & G_v \end{vmatrix}, \\[1mm] v_x &= -\frac{1}{J}\,\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_u & F_x \\ G_u & G_x \end{vmatrix}, \\[1mm] v_y &= -\frac{1}{J}\,\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_u & F_y \\ G_u & G_y \end{vmatrix} \end{aligned} \]

olur; sağ taraflar \(\big( x, y, \varphi(x, y), \psi(x, y) \big)\) noktasında hesaplanır.

İspat

Varlık, teklik ve \(C^1\) olma, Teorem 20.3 ile elde edilir: \(n = m = 2\) alınır, bağımsız değişkenler \((x, y)\), bilinmeyenler \((u, v)\)’dir. Türev formüllerini doğrudan türetelim. \(F\big( x, y, \varphi, \psi \big) = 0\) ve \(G\big( x, y, \varphi, \psi \big) = 0\) özdeşliklerinin \(x\)’e göre türevini zincir kuralıyla (Teorem 15.6) alırsak

\[ \begin{aligned} F_u\, u_x + F_v\, v_x &= -F_x, \\ G_u\, u_x + G_v\, v_x &= -G_x \end{aligned} \]

sistemi çıkar. Katsayılar determinantı \(J \ne 0\) olduğundan Cramer kuralı gereği

\[ \begin{aligned} u_x &= \frac{1}{J}\begin{vmatrix} -F_x & F_v \\ -G_x & G_v \end{vmatrix} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_x & F_v \\ G_x & G_v \end{vmatrix}, \\[1mm] v_x &= \frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_u & -F_x \\ G_u & -G_x \end{vmatrix} = -\frac{1}{J}\begin{vmatrix} F_u & F_x \\ G_u & G_x \end{vmatrix} \end{aligned} \]

bulunur. \(y\)’ye göre türev alınırsa aynı sistem \(F_y\) ve \(G_y\) sağ taraflarıyla çıkar ve \(u_y\), \(v_y\) formülleri aynı biçimde elde edilir. \(\blacksquare\)

Formülleri akılda tutmak kolaydır: \(u_x\) için paydaki determinantta \(u\)’nun sütunu yerine \(x\)’in sütunu gelir ve önüne eksi işareti konur. Aynı kural genel teoremdeki bileşen formülüdür.

Birçok değişkenin bulunduğu hesaplarda hangi değişkenlerin bağımsız sayıldığını belirtmek için kısmi türevin yanına sabit tutulan değişkenler yazılır. Örneğin \(F(x, y, z, w) = 0\), \(G(x, y, z, w) = 0\) sisteminden \(x\) ve \(y\), \((z, w)\)’nin fonksiyonları olarak çözülmüşse \(x\)’in \(z\)’ye göre kısmi türevi

\[\left( \frac{\partial x}{\partial z} \right)_w = -\,\frac{\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(z, y)}}{\dfrac{\partial(F, G)}{\partial(x, y)}}\]

olur. Aynı sistemden \(x\) ve \(w\), \((y, z)\)’nin fonksiyonları olarak çözülürse \(x\)’in \(z\)’ye göre kısmi türevi \(\left( \dfrac{\partial x}{\partial z} \right)_y\) ile gösterilir ve genellikle farklı bir sayıdır. Bağımsız değişkenler belirtilmeden “\(\dfrac{\partial x}{\partial z}\)” yazımı anlamsızdır.

Aynı yol daha çok denklemde de işler. Örneğin \(\mathbb{R}^6\)’nın açık bir kümesinde tanımlı ve \(C^1\) sınıfından \(F, G, H\) fonksiyonları \(P_0 = (x_0, y_0, z_0, u_0, v_0, w_0)\) noktasında sıfır olsun ve

\[\frac{\partial(F, G, H)}{\partial(u, v, w)}(P_0) \ne 0\]

olsun. Teorem 20.3 (\(n = m = 3\)) gereği \((x_0, y_0, z_0)\)’ın bir komşuluğunda \(u\), \(v\), \(w\), \((x, y, z)\)’nin \(C^1\) fonksiyonları olarak tek türlü çözülür. Kısmi türevleri bulmanın pratik yolu diferansiyel almaktır. \(dF = 0\), \(dG = 0\), \(dH = 0\) eşitlikleri

\[ \begin{aligned} F_u\,du + F_v\,dv + F_w\,dw &= -\big( F_x\,dx + F_y\,dy + F_z\,dz \big), \\ G_u\,du + G_v\,dv + G_w\,dw &= -\big( G_x\,dx + G_y\,dy + G_z\,dz \big), \\ H_u\,du + H_v\,dv + H_w\,dw &= -\big( H_x\,dx + H_y\,dy + H_z\,dz \big) \end{aligned} \]

lineer sistemini verir. Bu sistem \(du\), \(dv\), \(dw\) için çözülür; örneğin \(du = u_x\,dx + u_y\,dy + u_z\,dz\) ifadesindeki katsayılar \(u\)’nun kısmi türevleridir. Bu yazım, zincir kuralıyla her bağımsız değişkene göre ayrı ayrı türev almanın kısa bir kaydıdır.

İpucuÜç adımda kapalı türev hesabı

1. Sistemi sıfıra eşitle. Denklemleri \(F = 0\), \(G = 0\), … biçiminde yaz; bilinmeyenleri ve bağımsız değişkenleri belirle.
2. Jacobi determinantını denetle. Bilinmeyenlere göre Jacobi determinantını hesapla ve ilgilenilen çözüm noktasında sıfırdan farklı olduğunu göster.
3. Türevleri hesapla. Kısmi türevleri Jacobi determinantlarının oranı olarak ya da diferansiyellerin oluşturduğu lineer sistemi çözerek bul; toplam diferansiyeli \(du = u_x\,dx + u_y\,dy\) biçiminde yaz.

Örnek 20.9 (Sinüs Oranlı Bir Sistem) \[ \begin{aligned} u + v &= x + y, \\[1mm] \frac{\sin u}{\sin v} &= \frac{x}{y} \end{aligned} \]

denklem sistemiyle belirlenen \(u = u(x, y)\), \(v = v(x, y)\) fonksiyonlarının \(u_x\), \(u_y\), \(v_x\), \(v_y\) kısmi türevlerini ve \(du\), \(dv\) toplam diferansiyellerini bulunuz.

Çözüm

Sistem. \(y \ne 0\) ve \(\sin v \ne 0\) olan noktalarda

\[ \begin{aligned} F(x, y, u, v) &= u + v - x - y, \\[1mm] G(x, y, u, v) &= \frac{\sin u}{\sin v} - \frac{x}{y} \end{aligned} \]

diyelim. Bu fonksiyonlar tanımlı oldukları açık kümede \(C^1\) sınıfındandır. Kısmi türevler şunlardır:

\[ \begin{aligned} &F_x = -1, \quad F_y = -1, \quad F_u = 1, \quad F_v = 1, \\[1mm] &G_x = -\frac{1}{y}, \quad G_y = \frac{x}{y^2}, \quad G_u = \frac{\cos u}{\sin v}, \quad G_v = -\frac{\sin u \cos v}{\sin^2 v}. \end{aligned} \]

Jacobi determinantı.

\[J = \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\[1mm] \dfrac{\cos u}{\sin v} & -\dfrac{\sin u \cos v}{\sin^2 v} \end{vmatrix} = -\frac{\sin u \cos v + \cos u \sin v}{\sin^2 v} = -\frac{\sin(u + v)}{\sin^2 v}\]

olur. Teorem 20.4 gereği sistem, \(\sin(u + v) \ne 0\) olan her çözüm noktasının yakınında \(u\) ve \(v\)’yi \(x\) ve \(y\) cinsinden tek türlü belirler.

\(u\)’nun türevleri.

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)} = \begin{vmatrix} -1 & 1 \\[1mm] -\dfrac{1}{y} & -\dfrac{\sin u \cos v}{\sin^2 v} \end{vmatrix} = \frac{\sin u \cos v}{\sin^2 v} + \frac{1}{y} = \frac{y \sin u \cos v + \sin^2 v}{y \sin^2 v}\]

olduğundan

\[u_x = -\frac{1}{J}\,\frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)} = \frac{y \sin u \cos v + \sin^2 v}{y \sin(u + v)}\]

bulunur. Benzer biçimde

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)} = \begin{vmatrix} -1 & 1 \\[1mm] \dfrac{x}{y^2} & -\dfrac{\sin u \cos v}{\sin^2 v} \end{vmatrix} = \frac{\sin u \cos v}{\sin^2 v} - \frac{x}{y^2} = \frac{y^2 \sin u \cos v - x \sin^2 v}{y^2 \sin^2 v}\]

ve

\[u_y = \frac{y^2 \sin u \cos v - x \sin^2 v}{y^2 \sin(u + v)}\]

olur.

\(v\)’nin türevleri.

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)} = \begin{vmatrix} 1 & -1 \\[1mm] \dfrac{\cos u}{\sin v} & -\dfrac{1}{y} \end{vmatrix} = -\frac{1}{y} + \frac{\cos u}{\sin v} = \frac{y \cos u - \sin v}{y \sin v}\]

olduğundan

\[v_x = \frac{(y \cos u - \sin v)\sin v}{y \sin(u + v)} = \frac{y \sin v \cos u - \sin^2 v}{y \sin(u + v)}\]

bulunur. Son olarak

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)} = \begin{vmatrix} 1 & -1 \\[1mm] \dfrac{\cos u}{\sin v} & \dfrac{x}{y^2} \end{vmatrix} = \frac{x}{y^2} + \frac{\cos u}{\sin v} = \frac{x \sin v + y^2 \cos u}{y^2 \sin v}\]

ve

\[v_y = \frac{x \sin^2 v + y^2 \sin v \cos u}{y^2 \sin(u + v)}\]

olur.

Denetim. Birinci denklemin \(x\)’e ve \(y\)’ye göre türevi \(u_x + v_x = 1\) ve \(u_y + v_y = 1\) verir. Gerçekten

\[u_x + v_x = \frac{y\big( \sin u \cos v + \cos u \sin v \big)}{y \sin(u + v)} = 1\]

olur; \(u_y + v_y\) toplamında da \(x \sin^2 v\) terimleri birbirini götürür ve toplam \(1\) çıkar.

Toplam diferansiyeller.

\[ \begin{aligned} du &= \frac{y \sin u \cos v + \sin^2 v}{y \sin(u + v)}\,dx + \frac{y^2 \sin u \cos v - x \sin^2 v}{y^2 \sin(u + v)}\,dy, \\[1mm] dv &= \frac{y \sin v \cos u - \sin^2 v}{y \sin(u + v)}\,dx + \frac{x \sin^2 v + y^2 \sin v \cos u}{y^2 \sin(u + v)}\,dy. \end{aligned} \]

Birinci denklemden \(dv = dx + dy - du\) olduğu da görülür. \(\blacksquare\)

Örnek 20.10 (Beş Değişkenli İki Denklem) \[ \begin{aligned} xy^2 + xzu + yv^2 &= 3, \\ x^3yz + 2xv - u^2v^2 &= 2 \end{aligned} \]

sisteminin \(P_0 = (x, y, z, u, v) = (1, 1, 1, 1, 1)\) noktasının yakınında \(u\) ve \(v\)’yi \((x, y, z)\)’nin fonksiyonları olarak belirlediğini gösteriniz ve \((x, y, z) = (1, 1, 1)\) noktasında \(\left( \dfrac{\partial u}{\partial y} \right)_{x, z}\) ile \(\left( \dfrac{\partial v}{\partial y} \right)_{x, z}\) değerlerini bulunuz.

Çözüm

Sistem. \(F = xy^2 + xzu + yv^2 - 3\) ve \(G = x^3yz + 2xv - u^2v^2 - 2\) polinomları \(C^1(\mathbb{R}^5)\) sınıfındandır. \(F(P_0) = 1 + 1 + 1 - 3 = 0\) ve \(G(P_0) = 1 + 2 - 1 - 2 = 0\)’dır. Gerekli kısmi türevler ve \(P_0\)’daki değerleri:

\[ \begin{aligned} &F_u = xz = 1, \quad F_v = 2yv = 2, \quad F_y = 2xy + v^2 = 3, \\[1mm] &G_u = -2uv^2 = -2, \quad G_v = 2x - 2u^2v = 0, \quad G_y = x^3z = 1. \end{aligned} \]

Jacobi determinantı.

\[\frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)}(P_0) = \begin{vmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 0 \end{vmatrix} = 0 + 4 = 4 \ne 0\]

olduğundan Teorem 20.3 (\(n = 3\), \(m = 2\)) gereği \((1, 1, 1)\)’in bir komşuluğunda \(u(1, 1, 1) = v(1, 1, 1) = 1\) olan tek bir \(C^1\) çözüm \(u = u(x, y, z)\), \(v = v(x, y, z)\) vardır.

Türevler. Bilinmeyenin sütunu yerine \(y\)’nin sütununu koyarak

\[ \begin{aligned} \frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)}(P_0) &= \begin{vmatrix} 3 & 2 \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = -2, \\[1mm] \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)}(P_0) &= \begin{vmatrix} 1 & 3 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} = 7 \end{aligned} \]

buluruz. Öyleyse

\[ \begin{aligned} \left( \frac{\partial u}{\partial y} \right)_{x, z} &= -\frac{-2}{4} = \frac{1}{2}, \\[1mm] \left( \frac{\partial v}{\partial y} \right)_{x, z} &= -\frac{7}{4} \end{aligned} \]

olur.

Denetim. Denklemlerin \(y\)’ye göre türevi \(F_y + F_u u_y + F_v v_y = 0\) ve \(G_y + G_u u_y + G_v v_y = 0\) verir. Değerleri yerine koyarsak

\[ \begin{aligned} 3 + 1 \cdot \frac{1}{2} + 2\left( -\frac{7}{4} \right) &= 0, \\[1mm] 1 + (-2) \cdot \frac{1}{2} + 0 \cdot \left( -\frac{7}{4} \right) &= 0 \end{aligned} \]

olur. \(\blacksquare\)

20.7 Fonksiyonel Bağlılık

Kapalı fonksiyon teoreminin son bir uygulaması, verilen birkaç fonksiyondan birinin öbürleri tarafından belirlenip belirlenmediğini sınamaktır.

\(u = x + y\) ve \(v = x^2 + 2xy + y^2\) fonksiyonları birbirinden bağımsız görünse de \(v = u^2\)’dir: \(u\) bilindiğinde \(v\) de bilinir. Lineer cebirde lineer fonksiyonlar arasında lineer bir bağıntı bulunup bulunmadığını katsayı matrisinin rankı belirler. Doğrusal olmayan fonksiyonlarda bağıntı keyfi bir fonksiyon olabilir ve rolü Jacobi matrisi üstlenir.

Tanım 20.4 (Fonksiyonel Bağlılık) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(m \le n\) ve \(f_1, \dots, f_m : D \to \mathbb{R}\) olsun; \(f = (f_1, \dots, f_m)\) yazalım. \(f(D) \subseteq G\) olan bir \(G \subseteq \mathbb{R}^m\) açık kümesi ile \(G\)’nin boş olmayan hiçbir açık alt kümesinde özdeş olarak sıfır olmayan ve her \(x \in D\) için

\[\Phi\big( f_1(x), \dots, f_m(x) \big) = 0\]

koşulunu sağlayan bir \(\Phi \in C^1(G)\) fonksiyonu varsa \(f_1, \dots, f_m\) fonksiyonlarına \(D\)’de fonksiyonel bağlı denir. Böyle bir \(\Phi\) yoksa fonksiyonlara \(D\)’de fonksiyonel bağımsız denir.

Yani fonksiyonların değerleri, \(x\) değişse bile, her zaman \(\Phi(z_1, \dots, z_m) = 0\) “yüzeyinin” üzerinde kalır. Örneğin \(\partial \Phi / \partial z_m\) türevi \(f(p)\) noktasında sıfırdan farklıysa kapalı fonksiyon teoremi gereği bu bağıntı, \(p\)’nin yakınında \(f_m\)’yi öbür fonksiyonların bir fonksiyonu olarak yazar. \(\Phi\) üzerindeki koşul gereklidir: özdeş sıfır fonksiyonu her fonksiyon ailesi için bağıntıyı sağlardı. Fonksiyonel bağlılık, \(u = x + y\), \(v = x^2 + 2xy + y^2\) örneğinde \(\Phi(z_1, z_2) = z_2 - z_1^2\) ile gösterilir.

Teorem 20.5 (Fonksiyonel Bağlılık ve Jacobi Matrisinin Rankı) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(m \le n\), \(f_1, \dots, f_m \in C^1(D)\) ve \(f = (f_1, \dots, f_m)\) olsun.

(a) \(f_1, \dots, f_m\) fonksiyonları \(D\)’de fonksiyonel bağlıysa her \(x \in D\) için \(\operatorname{rank} J_f(x) < m\)’dir.

(b) Tersine, \(J_f(x)\) matrisinin rankı \(D\)’nin her noktasında aynı \(r < m\) sayısına eşitse \(D\)’nin her noktasının bir komşuluğunda \(f_1, \dots, f_m\) fonksiyonel bağlıdır.

(a)'nın ispatı

\(f_1, \dots, f_m\) fonksiyonları \(D\)’de fonksiyonel bağlı olsun; \(G\) ve \(\Phi\) tanımdaki gibi olsun. Bir \(p \in D\) noktasında \(\operatorname{rank} J_f(p) = m\) olduğunu varsayıp çelişki elde edelim.

\(m \times n\) boyutlu \(J_f(p)\) matrisinin rankı \(m\) olduğundan \(m\) tane lineer bağımsız sütunu vardır; bunlar \(j_1 < \dots < j_m\) sütunları olsun. Öbür değişkenleri \(p\)’nin koordinatlarında sabitleyelim: \(s = (s_1, \dots, s_m)\) için

\[A(s) = p + \sum_{k=1}^{m} \big( s_k - p_{j_k} \big) e_{j_k}\]

olsun. Burada \(p_{j_k}\), \(p\)’nin \(j_k\)-inci koordinatıdır. \(A\) sürekli olduğundan açık \(D\) kümesinin ters görüntüsü olan \(O = \{ s \in \mathbb{R}^m : A(s) \in D \}\) kümesi açıktır (Teorem 11.1) ve \(s^0 = (p_{j_1}, \dots, p_{j_m})\) noktasını içerir; \(A(s^0) = p\)’dir. \(g = f \circ A : O \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonunda \(s_l\)’nin değişmesi yalnızca \(x_{j_l}\) koordinatını değiştirdiğinden

\[\frac{\partial g_k}{\partial s_l}(s) = \frac{\partial f_k}{\partial x_{j_l}}\big( A(s) \big)\]

olur. Bu kısmi türevler süreklidir; \(g \in C^1(O)\)’dur. \(J_g(s^0)\) matrisi \(J_f(p)\)’nin \(j_1, \dots, j_m\) sütunlarından oluşur. Bu sütunlar lineer bağımsız olduğundan \(\det J_g(s^0) \ne 0\)’dır.

Ters fonksiyon teoremi (Teorem 20.1) gereği \(s^0\)’ı içeren ve \(g(V)\) görüntüsü açık olan bir \(V \subseteq O\) açık kümesi vardır. \(g(V)\) boş değildir ve \(g(V) \subseteq f(D) \subseteq G\)’dir. Her \(z \in g(V)\) bir \(s \in V\) için \(z = f\big( A(s) \big)\) biçimindedir ve \(A(s) \in D\) olduğundan \(\Phi(z) = 0\)’dır. Demek ki \(\Phi\), \(G\)’nin boş olmayan \(g(V)\) açık alt kümesinde özdeş olarak sıfırdır. Bu, tanımla çelişir. Öyleyse her \(x \in D\) için \(\operatorname{rank} J_f(x) < m\)’dir. \(\blacksquare\)

Yani (a), bağlılık için bir gerek koşuldur: Jacobi matrisinin rankı tek bir noktada bile \(m\)’ye eşitse fonksiyonlar bağımsızdır. (b) ise bir yeter koşuldur ama yereldir: bağıntı her noktanın yakınında vardır, fakat tek bir \(\Phi\)’nin bütün \(D\)’de iş görmesi gerekmez. (b)’deki rankın sabit olması koşulu yalnızca rankın \(m\)’den küçük olmasıyla değiştirilemez; ispat, rankın bir komşulukta sabit kalmasına dayanır. (b)’nin genel ispatı bu kitabın kapsamı dışındadır; düzlemdeki hâlini aşağıda ispatlıyoruz.

\(m = n = 2\) için \(2 \times 2\) bir matrisin rankının \(2\)’den küçük olması, determinantının sıfır olması demektir. Bu hâlde teorem Jacobi determinantıyla ifade edilir.

Teorem 20.6 (Düzlemde Fonksiyonel Bağlılık) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\) açık bir küme ve \(u, v \in C^1(D)\) olsun.

(a) \(u\) ve \(v\), \(D\)’de fonksiyonel bağlıysa her \((x, y) \in D\) için

\[\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} u_x & u_y \\ v_x & v_y \end{vmatrix} = 0\]

olur.

(b) \(D\)’nin her noktasında \(\dfrac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = 0\) ve bir \(p \in D\) noktasında \(\nabla u(p) \ne 0\) ise \(p\)’nin bir \(W\) komşuluğu ve bir \(J\) açık aralığında tanımlı \(\psi \in C^1(J)\) fonksiyonu vardır ki her \((x, y) \in W\) için \(u(x, y) \in J\) ve

\[v(x, y) = \psi\big( u(x, y) \big)\]

olur. Özellikle \(u\) ve \(v\), \(W\)’de fonksiyonel bağlıdır.

İspat

(a) Teorem 20.5 (a) gereği \(2 \times 2\) Jacobi matrisinin rankı her noktada \(2\)’den küçüktür; bu da determinantın sıfır olması demektir.

(b) \(u_y(p) \ne 0\) varsayalım. \(u_y(p) = 0\) ise \(u_x(p) \ne 0\)’dır ve aşağıdaki akıl yürütme \(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilerek yapılır.

Yardımcı dönüşüm. \(T(x, y) = \big( x, u(x, y) \big)\) olsun. \(T \in C^1(D)\) ve

\[J_T(x, y) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ u_x & u_y \end{pmatrix}\]

olur; \(\det J_T(x, y) = u_y(x, y)\)’dir. \(\det J_T(p) \ne 0\) olduğundan ters fonksiyon teoremi (Teorem 20.1) gereği \(p\)’yi içeren bir \(V \subseteq D\) açık kümesi vardır ki \(T\), \(V\) üzerinde birebir, \(T(V)\) açık ve yerel ters \(C^1\) sınıfındandır; (iii) gereği \(V\)’nin her noktasında \(u_y \ne 0\)’dır. \(T\) birinci koordinatı değiştirmediğinden yerel ters \(T^{-1}(s, t) = \big( s, h(s, t) \big)\) biçimindedir ve \(h\), \(C^1\) sınıfındandır. \(T(p)\) noktasını içeren ve \(T(V)\)’nin içinde kalan bir \(Q = I \times J\) açık dikdörtgeni seçelim (\(I\) ve \(J\) açık aralıklar). \(W = \{ (x, y) \in V : T(x, y) \in Q \}\) kümesi açıktır ve \(p\)’yi içerir.

\(v\)’yi yeni değişkenlerle yazmak. \((s, t) \in Q\) için \(T\big( s, h(s, t) \big) = (s, t)\), yani \(u\big( s, h(s, t) \big) = t\)’dir. Bu özdeşliğin \(s\)’ye göre türevi zincir kuralıyla \(u_x + u_y\, h_s = 0\) verir; \(h_s = -u_x / u_y\)’dir. \(w(s, t) = v\big( s, h(s, t) \big)\) tanımlayalım. Zincir kuralı gereği, \(u\) ve \(v\)’nin türevleri \(\big( s, h(s, t) \big)\) noktasında hesaplanmak üzere

\[w_s = v_x + v_y\, h_s = \frac{v_x u_y - v_y u_x}{u_y} = -\frac{1}{u_y}\,\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = 0\]

olur. Her \(t \in J\) için \(s \mapsto w(s, t)\) fonksiyonunun \(I\) aralığında türevi sıfır olduğundan bu fonksiyon sabittir (bkz. Analiz 2). \(p = (p_1, p_2)\) için \(p_1 \in I\) olduğundan \(\psi(t) = w(p_1, t)\) tanımlanabilir ve her \((s, t) \in Q\) için \(w(s, t) = \psi(t)\) olur. \(\psi\), \(C^1\) fonksiyonların bileşkesi olduğundan \(C^1(J)\) sınıfındandır.

Sonuç. \((x, y) \in W\) olsun. \(T(x, y) = \big( x, u(x, y) \big) \in Q\) olduğundan \(u(x, y) \in J\)’dir ve \(T^{-1}\big( T(x, y) \big) = (x, y)\) eşitliği \(h\big( x, u(x, y) \big) = y\) verir. Dolayısıyla

\[v(x, y) = v\Big( x, h\big( x, u(x, y) \big) \Big) = w\big( x, u(x, y) \big) = \psi\big( u(x, y) \big)\]

olur. \(\Phi(z_1, z_2) = z_2 - \psi(z_1)\) fonksiyonu \(J \times \mathbb{R}\) açık kümesinde \(C^1\) sınıfındandır ve \(\partial \Phi / \partial z_2 = 1\) olduğundan hiçbir açık alt kümede özdeş sıfır olamaz; özdeş sıfır olsaydı o kümede kısmi türevleri de sıfır olurdu. \(\Phi(u, v) = 0\) olduğundan \(u\) ve \(v\), \(W\)’de fonksiyonel bağlıdır. \(\blacksquare\)

Örnek 20.11 (Üstel ve Logaritmik İki Fonksiyon) \[ \begin{aligned} u(x, y) &= e^x \sin y, \\ v(x, y) &= x + \ln(\sin y) \end{aligned} \]

fonksiyonlarının tanımlı oldukları \(D\) kümesinde fonksiyonel bağlı olduklarını gösteriniz ve aralarındaki bağıntıyı bulunuz.

Çözüm

Tanım kümesi. \(\ln(\sin y)\) ifadesi \(\sin y > 0\) iken tanımlıdır, yani bir \(k \in \mathbb{Z}\) için \(2k\pi < y < (2k + 1)\pi\) olmalıdır:

\[D = \big\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : \sin y > 0 \big\} = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \mathbb{R} \times \big( 2k\pi,\ (2k + 1)\pi \big).\]

\(D\), yatay açık şeritlerin birleşimidir ve açıktır. \(D\)’de \(u_x = e^x \sin y\), \(u_y = e^x \cos y\), \(v_x = 1\) ve

\[v_y = \frac{\cos y}{\sin y} = \cot y\]

kısmi türevleri vardır ve süreklidir.

Jacobi determinantı.

\[\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} e^x \sin y & e^x \cos y \\ 1 & \cot y \end{vmatrix} = e^x \sin y \cot y - e^x \cos y = e^x \cos y - e^x \cos y = 0\]

olur. Determinant \(D\)’de özdeş olarak sıfırdır; Teorem 20.5 (a)’daki gerek koşul sağlanır. Ayrıca \(\nabla u = e^x(\sin y, \cos y) \ne 0\) olduğundan Teorem 20.6 (b) gereği her noktanın yakınında \(v\), \(u\)’nun bir fonksiyonudur.

Bağıntı. \(D\)’de \(u > 0\)’dır ve

\[\ln u = \ln\big( e^x \sin y \big) = \ln e^x + \ln(\sin y) = x + \ln(\sin y) = v\]

olur. \(G = (0, \infty) \times \mathbb{R}\) açık kümesinde \(\Phi(z_1, z_2) = \ln z_1 - z_2\) alalım. \(\Phi \in C^1(G)\)’dir ve \(u > 0\) olduğundan \((u, v)\)’nin değerleri \(G\)’dedir. \(\partial \Phi / \partial z_2 = -1 \ne 0\) olduğundan \(\Phi\) hiçbir açık alt kümede özdeş sıfır değildir. \(D\)’nin her noktasında \(\Phi(u, v) = 0\) olduğundan \(u\) ve \(v\), \(D\)’de fonksiyonel bağlıdır. Aralarındaki bağıntı \(\ln u = v\), yani \(u = e^v\) bağıntısıdır. \(\blacksquare\)

Örnek 20.12 (Toplam ve Toplamın Karesi) \(u = x + y\) ve \(v = x^2 + 2xy + y^2\) fonksiyonlarının \(\mathbb{R}^2\)’de fonksiyonel bağlı olduğunu Jacobi determinantıyla sınayınız ve aralarındaki bağıntıyı bulunuz.

Çözüm

İki fonksiyon da polinomdur ve

\[\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2x + 2y & 2x + 2y \end{vmatrix} = (2x + 2y) - (2x + 2y) = 0\]

olur. Determinant özdeş olarak sıfırdır ve \(\nabla u = (1, 1) \ne 0\)’dır; Teorem 20.6 (b) gereği her noktanın yakınında \(v\), \(u\)’nun bir fonksiyonudur. Bu örnekte bağıntı her yerde geçerlidir: \(v = (x + y)^2 = u^2\). \(\Phi(z_1, z_2) = z_2 - z_1^2\) fonksiyonu \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır, \(\partial \Phi / \partial z_2 = 1\) olduğundan hiçbir açık kümede özdeş sıfır değildir ve \(\Phi(u, v) = 0\)’dır. \(u\) ve \(v\), \(\mathbb{R}^2\)’de fonksiyonel bağlıdır. \(\blacksquare\)

Karşılaştırma için \(u = x + y\) ile \(w = x^2 + y^2\) fonksiyonlarına bakalım. Bu kez

\[\frac{\partial(u, w)}{\partial(x, y)} = \begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 2x & 2y \end{vmatrix} = 2(y - x)\]

olur. Boş olmayan her açık küme \(y \ne x\) olan noktalar içerir ve bu noktalarda determinant sıfırdan farklıdır. Teorem 20.5 (a) gereği \(u\) ve \(w\) hiçbir açık kümede fonksiyonel bağlı değildir. Gerçekten \(w\), \(u\)’dan belirlenemez: \(x + y\) sabit tutulurken \(x^2 + y^2\) değişebilir.

20.8 Alıştırmalar

Alıştırma 20.1 (Tersi Olan Ama Teoremin Uygulanamadığı Dönüşüm) \(F : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2\), \(F(x, y) = (x^3, y)\) olsun. \(F\)’nin birebir ve örten olduğunu, buna karşın \(\det J_F\)’nin \(x = 0\) doğrusu üzerinde sıfır olduğunu ve \(F^{-1}\)’in \((0, t)\) noktalarında türevlenebilir olmadığını gösteriniz.

Çözüm

Birebir ve örten. \(x \mapsto x^3\) fonksiyonu \(\mathbb{R}\) üzerinde kesin artan ve örtendir; tersi \(s \mapsto \sqrt[3]{s}\)’dir. Dolayısıyla \(F\) birebir ve örtendir ve

\[F^{-1}(s, t) = \big( \sqrt[3]{s},\ t \big)\]

olur.

Jacobi determinantı.

\[J_F(x, y) = \begin{pmatrix} 3x^2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\]

olduğundan \(\det J_F(x, y) = 3x^2\)’dir; determinant \(x = 0\) doğrusu üzerinde sıfırdır ve Teorem 20.1 bu noktalarda uygulanamaz.

Tersin türevlenemezliği. \(F^{-1}\)’in birinci bileşeninin \((0, t)\)’de \(s\)’ye göre kısmi türevi

\[\lim_{h \to 0} \frac{\sqrt[3]{h} - 0}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h^{2/3}} = +\infty\]

olduğundan yoktur. Türevlenebilir bir fonksiyonun bütün kısmi türevleri var olduğundan (Teorem 15.3) \(F^{-1}\), \((0, t)\) noktalarında türevlenebilir değildir.

Sonuç: \(\det J_F \ne 0\) koşulu tersin var olması için gerekli değildir, ama türevlenebilir bir tersin var olması için gereklidir. Bu, Teorem 20.1 (iii)’ün ispatında gördüğümüz olgudur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.2 (Kutupsal Koordinat Dönüşümü) \(U = (0, \infty) \times \mathbb{R}\) üzerinde \(P(r, \theta) = (r \cos\theta,\ r \sin\theta)\) olsun. \(P\)’nin \(U\)’nun her noktasında yerel olarak terslenebilir olduğunu, ama \(U\) üzerinde birebir olmadığını gösteriniz. \(P(2, \pi/2) = (0, 2)\) noktasının yakınındaki yerel tersin \((0, 2)\)’deki Jacobi matrisini bulunuz.

Çözüm

Yerel terslenebilirlik. \(P \in C^1(U)\) ve

\[J_P(r, \theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r \sin\theta \\ \sin\theta & r \cos\theta \end{pmatrix}\]

olur; Jacobi determinantı \(\det J_P = r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r\)’dir (Örnek 15.3). \(U\)’da \(r > 0\) olduğundan Teorem 20.1 her noktada uygulanır. Öte yandan \(P(r, \theta + 2\pi) = P(r, \theta)\) olduğundan \(P\) birebir değildir.

Jacobi matrisi. \((r, \theta) = (2, \pi/2)\)’de \(\cos\theta = 0\) ve \(\sin\theta = 1\)’dir. Öyleyse

\[J_P\left( 2, \frac{\pi}{2} \right) = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]

ve

\[J_{P^{-1}}(0, 2) = \begin{pmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\frac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}\]

bulunur.

Denetim. \(y > 0\) yarı düzleminde \(\theta\)’yı \((0, \pi)\)’de seçen yerel ters

\[ \begin{aligned} r &= \sqrt{x^2 + y^2}, \\[1mm] \theta &= \frac{\pi}{2} - \arctan\frac{x}{y} \end{aligned} \]

ile verilir. Kısmi türevler

\[ \begin{aligned} r_x &= \frac{x}{r}, & r_y &= \frac{y}{r}, \\[1mm] \theta_x &= -\frac{y}{x^2 + y^2}, & \theta_y &= \frac{x}{x^2 + y^2} \end{aligned} \]

olur ve \((0, 2)\)’de sırasıyla \(0\), \(1\), \(-\frac{1}{2}\), \(0\) değerlerini alır; sonuç aynıdır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.3 (Kapalı Fonksiyonun İkinci Türevi) \(x^2 + xy + y^3 = 3\) denkleminin \((1, 1)\) noktasının yakınında bir \(y = \varphi(x)\) kapalı fonksiyonu tanımladığını gösteriniz ve \(\varphi'(1)\) ile \(\varphi''(1)\) değerlerini bulunuz.

Çözüm

Teoremin koşulları. \(F(x, y) = x^2 + xy + y^3 - 3\) polinomu \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır, \(F(1, 1) = 0\) ve \(F_y = x + 3y^2\) olduğundan \(F_y(1, 1) = 4 \ne 0\)’dır. Teorem 20.2 gereği \(1\)’in bir komşuluğunda \(\varphi(1) = 1\) olan tek bir \(C^1\) kapalı fonksiyon vardır.

Birinci türev. \(F_x = 2x + y\) olduğundan

\[\varphi'(x) = -\frac{2x + \varphi(x)}{x + 3\varphi(x)^2}\]

ve \(\varphi'(1) = -\dfrac{3}{4}\) bulunur.

İkinci türev. \(\varphi'\) ifadesinin sağ tarafı, paydası sıfır olmayan türevlenebilir fonksiyonların bölümüdür; \(\varphi\) iki kez türevlenebilirdir. \(x^2 + x\varphi + \varphi^3 = 3\) özdeşliğinin türevi

\[2x + \varphi + x\varphi' + 3\varphi^2 \varphi' = 0\]

olur. Bir kez daha türev alırsak

\[2 + 2\varphi' + x\varphi'' + 6\varphi(\varphi')^2 + 3\varphi^2\varphi'' = 0\]

bulunur. \(x = 1\), \(\varphi(1) = 1\), \(\varphi'(1) = -\frac{3}{4}\) yazalım:

\[2 - \frac{3}{2} + \frac{27}{8} + 4\varphi''(1) = 0.\]

Buradan \(4\varphi''(1) = -\dfrac{31}{8}\) çıkar. Öyleyse \(\varphi''(1) = -\dfrac{31}{32}\)’dir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.4 (Üstel Terimli Bir Yüzeyin Teğet Düzlemi) \(xz + e^{yz} = 2\) yüzeyinin \((1, 0, 1)\) noktasının yakınında \(z = \varphi(x, y)\) biçiminde yazılabildiğini gösteriniz. \(\varphi_x(1, 0)\) ve \(\varphi_y(1, 0)\) değerlerini ve yüzeyin bu noktadaki teğet düzlemini bulunuz.

Çözüm

\(F(x, y, z) = xz + e^{yz} - 2\) fonksiyonu \(C^1(\mathbb{R}^3)\) sınıfındandır ve \(F(1, 0, 1) = 1 + e^0 - 2 = 0\)’dır. Kısmi türevler \(F_x = z\), \(F_y = z e^{yz}\) ve \(F_z = x + y e^{yz}\) olur; \(P_0 = (1, 0, 1)\)’de üçü de \(1\)’dir. \(F_z(P_0) = 1 \ne 0\) olduğundan Sonuç 20.1 uygulanır:

\[ \begin{aligned} \varphi_x(1, 0) &= -\frac{F_x(P_0)}{F_z(P_0)} = -1, \\[1mm] \varphi_y(1, 0) &= -\frac{F_y(P_0)}{F_z(P_0)} = -1. \end{aligned} \]

Teğet düzlem \((x - 1) + (y - 0) + (z - 1) = 0\), yani

\[x + y + z = 2\]

düzlemidir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.5 (Kare Alma Dönüşümünün Tersi) \(x = u^2 - v^2\) ve \(y = 2uv\) denklemleri, \(u^2 + v^2 \ne 0\) olan her çözüm noktasının yakınında \(u\) ve \(v\)’yi \(x\) ile \(y\)’nin fonksiyonları olarak belirler. Bunu gösteriniz ve \(u_x\), \(u_y\), \(v_x\), \(v_y\) kısmi türevlerini \(u\) ve \(v\) cinsinden bulunuz.

Çözüm

Sistem. \(F = u^2 - v^2 - x\) ve \(G = 2uv - y\) polinomları \(C^1(\mathbb{R}^4)\) sınıfındandır. \(F_x = -1\), \(F_y = 0\), \(G_x = 0\), \(G_y = -1\) ve

\[J = \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} 2u & -2v \\ 2v & 2u \end{vmatrix} = 4\big( u^2 + v^2 \big) \ne 0\]

olduğundan Teorem 20.4 uygulanır.

Türevler. Gerekli determinantlar

\[ \begin{aligned} \frac{\partial(F, G)}{\partial(x, v)} &= \begin{vmatrix} -1 & -2v \\ 0 & 2u \end{vmatrix} = -2u, \\[1mm] \frac{\partial(F, G)}{\partial(y, v)} &= \begin{vmatrix} 0 & -2v \\ -1 & 2u \end{vmatrix} = -2v, \\[1mm] \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, x)} &= \begin{vmatrix} 2u & -1 \\ 2v & 0 \end{vmatrix} = 2v, \\[1mm] \frac{\partial(F, G)}{\partial(u, y)} &= \begin{vmatrix} 2u & 0 \\ 2v & -1 \end{vmatrix} = -2u \end{aligned} \]

olur. Bunları \(-1/J\) ile çarparsak

\[ \begin{aligned} u_x &= \frac{u}{2(u^2 + v^2)}, & u_y &= \frac{v}{2(u^2 + v^2)}, \\[1mm] v_x &= -\frac{v}{2(u^2 + v^2)}, & v_y &= \frac{u}{2(u^2 + v^2)} \end{aligned} \]

bulunur.

Ters fonksiyon teoremiyle karşılaştırma. Aynı sistem, \((u, v) \mapsto (u^2 - v^2, 2uv)\) dönüşümünün tersini sorar. Bu dönüşümün Jacobi matrisinin tersi

\[\begin{pmatrix} 2u & -2v \\ 2v & 2u \end{pmatrix}^{-1} = \frac{1}{4(u^2 + v^2)}\begin{pmatrix} 2u & 2v \\ -2v & 2u \end{pmatrix}\]

olur ve satırları yukarıdaki kısmi türevlerdir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.6 (Köklerin Katsayılara Bağlılığı) \(t^3 - xt^2 + yt - z\) polinomunun kökleri \(u\), \(v\), \(w\) ise

\[ \begin{aligned} u + v + w &= x, \\ uv + vw + wu &= y, \\ uvw &= z \end{aligned} \]

olur. Bu sistemin \((u, v, w) = (1, 2, 3)\), \((x, y, z) = (6, 11, 6)\) çözüm noktasının yakınında \(u\), \(v\), \(w\)’yu \((x, y, z)\)’nin \(C^1\) fonksiyonları olarak belirlediğini gösteriniz ve bu noktada \(u_x\), \(u_y\), \(u_z\) değerlerini bulunuz.

Çözüm

Sistem. \(F = u + v + w - x\), \(G = uv + vw + wu - y\) ve \(H = uvw - z\) polinomlarıdır. \((1, 2, 3)\) için \(1 + 2 + 3 = 6\), \(2 + 6 + 3 = 11\) ve \(1 \cdot 2 \cdot 3 = 6\) olduğundan nokta sistemi sağlar.

Jacobi determinantı.

\[\frac{\partial(F, G, H)}{\partial(u, v, w)} = \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ v + w & u + w & u + v \\ vw & uw & uv \end{vmatrix}\]

olur. \((1, 2, 3)\)’te matris satırları \((1, 1, 1)\), \((5, 4, 3)\), \((6, 3, 2)\)’dir ve birinci satıra göre açılım

\[(8 - 9) - (10 - 18) + (15 - 24) = -1 + 8 - 9 = -2 \ne 0\]

verir. Teorem 20.3 (\(n = m = 3\)) uygulanır.

Diferansiyellerle çözüm. Denklemlerin diferansiyelleri

\[ \begin{aligned} du + dv + dw &= dx, \\ (v + w)\,du + (u + w)\,dv + (u + v)\,dw &= dy, \\ vw\,du + uw\,dv + uv\,dw &= dz \end{aligned} \]

olur. Bu denklemleri sırasıyla \(u^2\), \(-u\) ve \(1\) ile çarpıp toplayalım. \(dv\)’nin katsayısı \(u^2 - u(u + w) + uw = 0\), \(dw\)’nin katsayısı \(u^2 - u(u + v) + uv = 0\) olur. \(du\)’nun katsayısı ise

\[u^2 - u(v + w) + vw = (u - v)(u - w)\]

olur. Böylece

\[(u - v)(u - w)\,du = u^2\,dx - u\,dy + dz\]

bulunur. \((u, v, w) = (1, 2, 3)\)’te \(u - v = -1\) ve \(u - w = -2\), yani \((u - v)(u - w) = 2\) olduğundan

\[du = \frac{1}{2}\,dx - \frac{1}{2}\,dy + \frac{1}{2}\,dz\]

olur. Öyleyse bu noktada \(u_x = \dfrac{1}{2}\), \(u_y = -\dfrac{1}{2}\), \(u_z = \dfrac{1}{2}\)’dir.

Genel durum da aynı biçimde okunur. Jacobi determinantı her noktada \((u - v)(u - w)(v - w)\) çarpımına eşittir; kökler birbirinden farklı oldukça sıfırdan farklıdır ve kökler, katsayıların türevlenebilir fonksiyonlarıdır. İki kök birbirine yaklaşırken \(du\) formülündeki payda sıfıra gider. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.7 (Arktanjantlar Toplamı) \(D = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : xy < 1 \}\) olsun.

\[ \begin{aligned} u &= \frac{x + y}{1 - xy}, \\[1mm] v &= \arctan x + \arctan y \end{aligned} \]

fonksiyonlarının \(D\)’de fonksiyonel bağlı olduğunu gösteriniz ve aralarındaki bağıntıyı bulunuz.

Çözüm

Jacobi determinantı. \(D\) açıktır ve \(u, v \in C^1(D)\)’dir. Bölümün türevinden

\[ \begin{aligned} u_x &= \frac{(1 - xy) + y(x + y)}{(1 - xy)^2} = \frac{1 + y^2}{(1 - xy)^2}, \\[1mm] u_y &= \frac{(1 - xy) + x(x + y)}{(1 - xy)^2} = \frac{1 + x^2}{(1 - xy)^2} \end{aligned} \]

ve \(v_x = \dfrac{1}{1 + x^2}\), \(v_y = \dfrac{1}{1 + y^2}\) bulunur. Öyleyse

\[\frac{\partial(u, v)}{\partial(x, y)} = u_x v_y - u_y v_x = \frac{1}{(1 - xy)^2} - \frac{1}{(1 - xy)^2} = 0\]

olur. Teorem 20.5 (a)’daki gerek koşul sağlanır. Ayrıca \(\nabla v \ne 0\) olduğundan Teorem 20.6 (b), \(u\) ile \(v\)’nin rolleri değiştirilerek uygulanırsa her noktanın yakınında \(u\), \(v\)’nin bir fonksiyonudur. Bağıntıyı açıkça bulalım.

\(v\)’nin değer aralığı. \(D\)’de \(-\frac{\pi}{2} < v < \frac{\pi}{2}\) olduğunu gösterelim. \(x\) ve \(y\) zıt işaretliyse ya da biri sıfırsa \(\arctan x\) ile \(\arctan y\) de zıt işaretlidir ya da biri sıfırdır; bu durumda \(|v|\), \(|\arctan x|\) ve \(|\arctan y|\) sayılarının büyüğünü aşmaz ve \(|v| < \frac{\pi}{2}\)’dir. \(x, y > 0\) ise \(xy < 1\) koşulu \(y < \frac{1}{x}\) verir ve \(\arctan\) artan olduğundan

\[\arctan y < \arctan\frac{1}{x} = \frac{\pi}{2} - \arctan x\]

olur; yani \(0 < v < \frac{\pi}{2}\)’dir. \(x, y < 0\) ise \((-x)(-y) < 1\) olduğundan aynı akıl yürütme \(-v\)’ye uygulanır.

Bağıntı. Tanjantın toplam formülünden

\[\tan v = \frac{\tan(\arctan x) + \tan(\arctan y)}{1 - \tan(\arctan x)\tan(\arctan y)} = \frac{x + y}{1 - xy} = u\]

bulunur. \(v \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)\) olduğundan \(v = \arctan u\)’dur. \(\Phi(z_1, z_2) = z_2 - \arctan z_1\) fonksiyonu \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfındandır ve \(\partial \Phi / \partial z_2 = 1\) olduğundan hiçbir açık kümede özdeş sıfır değildir. \(\Phi(u, v) = 0\) olduğundan \(u\) ve \(v\), \(D\)’de fonksiyonel bağlıdır ve bağıntı \(v = \arctan u\)’dur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 20.8 (Üç Simetrik Fonksiyon) \(\mathbb{R}^3\)’te \(f_1 = x + y + z\), \(f_2 = x^2 + y^2 + z^2\) ve \(f_3 = xy + yz + zx\) fonksiyonlarının Jacobi determinantının özdeş olarak sıfır olduğunu gösteriniz ve fonksiyonlar arasındaki bağıntıyı bulunuz.

Çözüm

Jacobi determinantı.

\[J_f(x, y, z) = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2x & 2y & 2z \\ y + z & x + z & x + y \end{pmatrix}\]

olur. İkinci satırın yarısını üçüncü satıra eklersek üçüncü satır

\[(x + y + z,\ x + y + z,\ x + y + z)\]

olur; bu, birinci satırın \(x + y + z\) katıdır. Satır işlemi determinantı değiştirmez ve iki satırı orantılı olan matrisin determinantı sıfırdır. Dolayısıyla \(\det J_f = 0\) ve \(\operatorname{rank} J_f < 3\)’tür; Teorem 20.5 (a)’daki gerek koşul sağlanır.

Bağıntı.

\[(x + y + z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx)\]

özdeşliği \(f_1^2 = f_2 + 2f_3\) demektir. \(\Phi(z_1, z_2, z_3) = z_1^2 - z_2 - 2z_3\) fonksiyonu \(C^1(\mathbb{R}^3)\) sınıfındandır, \(\partial \Phi / \partial z_2 = -1\) olduğundan hiçbir açık kümede özdeş sıfır değildir ve \(\Phi(f_1, f_2, f_3) = 0\)’dır. Fonksiyonlar \(\mathbb{R}^3\)’te fonksiyonel bağlıdır. \(\blacksquare\)

Bu bölümle kitap tamamlanıyor. \(\mathbb{R}^n\)’nin cebirsel ve topolojik yapısıyla başladık: iç çarpım ve norm, açık, kapalı, kompakt ve bağlantılı kümeler. Diziler ve Cauchy ölçütü üzerinden limit ve sürekliliğe, oradan kısmi türevlere, türevlenebilmeye ve Jacobi matrisine geçtik. Zincir kuralı, ortalama değer teoremi ve Taylor formülüyle türevin taşıdığı yerel bilgiyi kullanmayı öğrendik; yerel, mutlak ve bağlı ekstremumları bu araçlarla bulduk. Ters ve kapalı fonksiyon teoremleri bu yolun doğal sonucudur: türevlenebilir bir fonksiyon bir noktanın yakınında türevi olan lineer dönüşüm gibi davranır ve lineer dönüşümün terslenebilirliği fonksiyonun kendisine aktarılır. Dersin bütün konularına Müfredat ve Giriş sayfasından, öbür Analiz kitaplarına Analiz sayfasından ulaşabilirsiniz.