14 Türevlenebilme ve Toplam Diferansiyel
Kısmi Türevler bölümünde bir fonksiyonun her değişkene göre ayrı ayrı türevini aldık. Kısmi türev, fonksiyonu yalnız koordinat eksenlerine paralel doğrular üzerinde inceler ve bu doğruların dışında olup bitene kördür. Bu yüzden kısmi türevleri olan bir fonksiyon süreksiz bile olabilir: \(\dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun (orijinde \(0\) tanımlanarak) orijinde iki kısmi türevi de vardır ve sıfırdır, oysa fonksiyon \(y = x\) doğrusu üzerinde hep \(\dfrac{1}{2}\) değerini alır ve orijinde sürekli değildir (Örnek 12.13). Tek değişkende böyle bir şey olamazdı: türevlenebilen fonksiyon süreklidir (bkz. Analiz 2). Demek ki kısmi türevlerin varlığı, tek değişkenli türevin çok değişkenli karşılığı olmaya yetmez; daha güçlü bir kavram gerekir.
Bu kavramı bulmak için tek değişkenli türeve farklı bir gözle bakacağız. Türevi bir fark oranının limiti olarak değil, fonksiyona bir nokta yakınında bir lineer fonksiyonla iyi yaklaşılabilmesi olarak okuyacağız. Bu okuma bölme işlemine ihtiyaç duymadığı için \(\mathbb{R}^n\)’ye olduğu gibi taşınır ve aradığımız kavramı verir: türevlenebilir fonksiyon süreklidir, bütün kısmi türevlere sahiptir ve grafiğinin bir teğet düzlemi vardır.
Bu bölümde yalnız reel değerli \(f : D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonlarını ele alıyoruz. Vektör değerli fonksiyonların türevi, Jacobi matrisi ve zincir kuralı Jacobi Matrisi ve Zincir Kuralı bölümünün konusudur.
14.1 Tek Değişkende Türev: Doğrusal Yaklaşım
Analiz 2’de fark oranının limiti olarak tanımlanan türevi, bölme içermeyen bir biçimde yeniden yazalım.
\(f\), \(a\) noktasını içeren bir açık aralıkta tanımlı ve \(a\)’da türevlenebilir olsun. Türevin ε–δ betimlemesi (bkz. Analiz 2) bunu şöyle ifade eder:
\[\lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a) - f'(a)\,h}{h} = 0.\]
Paydada \(h\) yerine \(|h|\) yazmak hiçbir şeyi değiştirmez, çünkü iki kesrin mutlak değerleri aynıdır. \(h \ne 0\) için kesrin kendisine \(\varepsilon(h)\) der ve \(\varepsilon(0) = 0\) koyarsak
\[f(a + h) - f(a) = f'(a)\,h + \varepsilon(h)\,h\]
ve \(\lim_{h \to 0} \varepsilon(h) = 0\) olur. Yani \(\Delta f = f(a + h) - f(a)\) artımı iki parçaya ayrılır: \(h\)’ye göre lineer olan \(f'(a)\,h\) ana kısmı ve \(h\)’den daha hızlı sıfıra giden \(\varepsilon(h)\,h\) hata kısmı. Ana kısma \(f\)’nin \(a\)’daki diferansiyeli denir; \(h = dx\) yazılarak \(dy = f'(a)\,dx\) biçiminde gösterilir. \(h\) küçükken \(\Delta f \approx dy\) yaklaşımı kullanılır.
Ana kısım, \(T(u) = f'(a)\,u\) kuralıyla verilen \(T : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) lineer fonksiyonunun \(h\)’deki değeridir. Tersine, \(\mathbb{R}\)’den \(\mathbb{R}\)’ye her lineer \(T\) fonksiyonu bir sabitle çarpmadır: \(T(u) = T(u \cdot 1) = u\,T(1)\). Böylece \(f\)’nin \(a\)’da türevlenebilir olması, öyle bir \(T : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) lineer fonksiyonunun var olmasıdır ki
\[\lim_{h \to 0} \frac{|f(a + h) - f(a) - T(h)|}{|h|} = 0\]
olsun; bu durumda \(T(u) = f'(a)\,u\)’dur. Gerçekten, \(T(u) = cu\) bu koşulu sağlıyorsa
\[\left| \frac{f(a + h) - f(a)}{h} - c \right| = \frac{|f(a + h) - f(a) - ch|}{|h|} \longrightarrow 0\]
olduğundan \(f'(a)\) vardır ve \(c\)’ye eşittir. \(y = f(a) + T(x - a)\) doğrusu grafiğin teğetidir ve \(x \mapsto f(a) + T(x - a)\) fonksiyonu \(f\)’nin \(a\)’daki doğrusallaştırmasıdır (bkz. Analiz 2). Türev, \(f(a + h) - f(a)\) artımına en iyi uyan lineer fonksiyonu belirleyen sayıdır.
Örnek 14.1 (Küp Fonksiyonunun Doğrusal Yaklaşımı) \(f(x) = x^3\) ve \(a \in \mathbb{R}\) olsun. \(T(u) = 3a^2 u\) lineer fonksiyonu için
\[\lim_{x \to a} \frac{|f(x) - f(a) - T(x - a)|}{|x - a|} = 0\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Payı çarpanlarına ayıralım. \(x^3 - a^3 = (x - a)(x^2 + xa + a^2)\) olduğundan
\[ \begin{aligned} x^3 - a^3 - 3a^2(x - a) &= (x - a)\big( x^2 + xa + a^2 - 3a^2 \big) \\[1mm] &= (x - a)\big( x^2 + xa - 2a^2 \big) = (x - a)^2 (x + 2a) \end{aligned} \]
olur; son adımda \(x^2 + xa - 2a^2 = (x - a)(x + 2a)\) çarpanlaması kullanıldı. \(x \ne a\) için
\[\frac{|f(x) - f(a) - T(x - a)|}{|x - a|} = |x - a|\,|x + 2a| \longrightarrow 0 \cdot |3a| = 0\]
bulunur. Demek ki \(x^3\) fonksiyonu her \(a\)’da türevlenebilir ve \(f'(a) = 3a^2\)’dir. Hata \((x - a)^2(x + 2a)\), \(a\) yakınında \(|x - a|\)’nın karesi mertebesindedir; oran bu yüzden sıfıra gider. \(\blacksquare\)
Bu biçimin \(\mathbb{R}^n\)’ye taşınmasının önünde engel yoktur: \(h\) artık bir vektör, \(|h|\) yerine \(\|h\|\), \(T\) de \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}\)’ye lineer bir fonksiyon olur. Fark oranı ise taşınamaz, çünkü bir vektöre bölmek anlamsızdır. Kısmi türev bu engeli \(h\)’yi bir eksen üzerinde tutarak aşıyordu; türevlenebilme ise \(h\)’nin \(0\)’a yaklaşabileceği bütün yolları aynı anda hesaba katar.
14.2 Türevlenebilmenin Tanımı
Tek değişkendeki biçimi, mutlak değerin yerine normu koyarak \(\mathbb{R}^n\)’ye taşıyoruz. Önce \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}\)’ye lineer fonksiyonların neye benzediğini hatırlayalım.
\(T : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) lineer olsun. Her \(h \in \mathbb{R}^n\) doğal tabanla (Tanım 1.4) \(h = h_1 e_1 + \dots + h_n e_n\) biçiminde yazılır ve lineerlik
\[T(h) = \sum_{j=1}^{n} h_j\,T(e_j) = \langle A, h \rangle\]
verir; burada \(A = \big( T(e_1), \dots, T(e_n) \big)\)’dir. Tersine, her \(A \in \mathbb{R}^n\) için \(h \mapsto \langle A, h \rangle\) fonksiyonu iç çarpımın özellikleri (Önerme 1.2) gereği lineerdir. Demek ki \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}\)’ye lineer fonksiyonlar, sabit bir vektörle iç çarpımdan ibarettir. Bu yüzden tanımı bir lineer \(T\) yerine bir \(A\) vektörüyle yazabiliriz.
Tanım 14.1 (Türevlenebilme) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. Öyle bir \(A \in \mathbb{R}^n\) vektörü varsa ki
\[\lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a) - \langle A, h \rangle}{\|h\|} = 0\]
olsun, \(f\)’ye \(a\) noktasında türevlenebilir (diferansiyellenebilir) denir. Eşdeğer olarak, öyle bir \(T : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) lineer fonksiyonu vardır ki yukarıdaki limit \(\langle A, h \rangle\) yerine \(T(h)\) ile sıfırdır. \(x = a + h\) yazılırsa koşul
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a) - \langle A, x - a \rangle}{\|x - a\|} = 0\]
biçimini alır. Bu durumda \(h \mapsto \langle A, h \rangle\) lineer fonksiyonuna \(f\)’nin \(a\) noktasındaki türevi denir ve \(Df(a)\) ile gösterilir. (\(A\) vektörünün tek olduğunu Teorem 14.2 gösterecek.)
\(f\), bir \(U \subseteq D\) açık kümesinin her noktasında türevlenebiliyorsa \(f\)’ye \(U\) üzerinde türevlenebilir denir.
Yani \(f(a + h)\) değerine \(f(a) + \langle A, h \rangle\) ile yaklaşıyoruz ve bu yaklaşımın hatası \(\|h\|\)’den daha hızlı sıfıra gidiyor: hatanın \(a\)’ya olan uzaklığa oranı, \(h\) hangi yoldan \(0\)’a giderse gitsin \(0\)’a yakınsar. \(A\) vektörü \(a\) noktasına bağlıdır ama \(h\)’ye bağlı değildir.
Birkaç ayrıntı:
- \(a \in D^\circ\) koşulu, \(B(a, r) \subseteq D\) olacak bir \(r > 0\) bulunmasını sağlar. O zaman \(0 < \|h\| < r\) olan her \(h\) için kesir tanımlıdır ve \(0\), kesrin tanım kümesinin bir yığılma noktasıdır; limit (Tanım 8.7) anlamlıdır.
- \(n = 1\) iken \(A\) bir sayı, \(\langle A, h \rangle = Ah\) ve \(\|h\| = |h|\) olur; tanım önceki kısımdaki betimlemenin kendisidir ve \(A = f'(a)\)’dır.
- Kısmi türevlenebilmeden ayırt etmek için bu kavrama bazı kitaplarda tam türevlenebilme denir; türeve de tam türev ya da diferansiyel denir. Biz kısaca “türevlenebilir” ve “türev” diyeceğiz.
Tanımdaki limiti, fonksiyonun artımını açıkça gösteren biçimlerde yazmak işimizi kolaylaştırır.
Önerme 14.1 (Türevlenebilmenin Eşdeğer Biçimleri) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\), \(a \in D^\circ\), \(B(a, r) \subseteq D\) ve \(A = (A_1, \dots, A_n) \in \mathbb{R}^n\) olsun. Aşağıdakiler denktir.
\(f\), \(a\)’da türevlenebilirdir ve tanımdaki vektör \(A\)’dır.
\(B(0, r)\) üzerinde tanımlı ve \(\lim_{h \to 0} \eta(h) = 0\) olan bir \(\eta\) fonksiyonu vardır ki her \(h \in B(0, r)\) için
\[f(a + h) - f(a) = \langle A, h \rangle + \eta(h)\,\|h\|\]
olur.
\(B(0, r)\) üzerinde tanımlı ve her biri \(h \to 0\) iken \(0\)’a giden \(\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n\) fonksiyonları vardır ki her \(h \in B(0, r)\) için
\[f(a + h) - f(a) = \sum_{j=1}^{n} A_j h_j + \sum_{j=1}^{n} \varepsilon_j(h)\,h_j\]
olur.
İspat
1’den 2’ye. \(0 < \|h\| < r\) için
\[\eta(h) = \frac{f(a + h) - f(a) - \langle A, h \rangle}{\|h\|}\]
ve \(\eta(0) = 0\) tanımlayalım. \(h \ne 0\) için eşitliği \(\|h\|\) ile çarpmak 2’deki bağıntıyı verir; \(h = 0\) iken iki yan da \(0\)’dır. \(\lim_{h \to 0} \eta(h) = 0\) koşulu 1’in kendisidir, çünkü limit \(h = 0\) noktasındaki değere bakmaz.
2’den 1’e. \(0 < \|h\| < r\) için 2’deki bağıntıyı \(\|h\|\)’ye bölersek tanımdaki kesir \(\eta(h)\)’ye eşit çıkar ve \(0\)’a gider.
2’den 3’e. \(h \ne 0\) için \(\varepsilon_j(h) = \eta(h)\,\dfrac{h_j}{\|h\|}\), \(h = 0\) için \(\varepsilon_j(0) = 0\) tanımlayalım. \(h \ne 0\) iken
\[\sum_{j=1}^{n} \varepsilon_j(h)\,h_j = \frac{\eta(h)}{\|h\|} \sum_{j=1}^{n} h_j^2 = \frac{\eta(h)}{\|h\|}\,\|h\|^2 = \eta(h)\,\|h\|\]
olur; \(h = 0\) iken iki yan da \(0\)’dır. Böylece 2’deki bağıntı 3’teki biçime dönüşür. Ayrıca \(h_j^2 \le h_1^2 + \dots + h_n^2\) olduğundan \(|h_j| \le \|h\|\)’dir; buradan \(|\varepsilon_j(h)| \le |\eta(h)|\) çıkar ve sıkıştırma (Teorem 8.5) gereği \(\varepsilon_j(h) \to 0\) olur.
3’ten 2’ye. \(h \ne 0\) için \(\eta(h) = \dfrac{1}{\|h\|} \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \varepsilon_j(h)\,h_j\), \(h = 0\) için \(\eta(0) = 0\) tanımlayalım. 2’deki bağıntı hemen sağlanır. \(|h_j| \le \|h\|\) olduğundan
\[|\eta(h)| \le \sum_{j=1}^{n} |\varepsilon_j(h)|\,\frac{|h_j|}{\|h\|} \le \sum_{j=1}^{n} |\varepsilon_j(h)| \longrightarrow 0\]
olur ve sıkıştırmayla \(\eta(h) \to 0\) elde edilir. \(\blacksquare\)
İki değişkende nokta \((x_0, y_0)\), artım \((h, k)\) ile gösterilir ve tanımdaki vektörün bileşenlerine \(A\) ve \(B\) denir. O zaman 2. biçim
\[f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0, y_0) = Ah + Bk + \eta\,\sqrt{h^2 + k^2},\]
3. biçim ise
\[f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0, y_0) = Ah + Bk + \varepsilon_1 h + \varepsilon_2 k\]
olur; burada \(\eta\), \(\varepsilon_1\) ve \(\varepsilon_2\), \((h, k)\)’ye bağlıdır ve \((h, k) \to (0, 0)\) iken \(0\)’a gider. Artımın ana kısmı \(Ah + Bk\), \((h, k)\)’ye göre lineerdir; geri kalan kısım \(\sqrt{h^2 + k^2}\)’den hızlı söner. \(\varepsilon_1\) ve \(\varepsilon_2\) fonksiyonları tek türlü belirli değildir; önemli olan yalnız \(0\)’a gitmeleridir.
Örnek 14.2 (Sabit ve Lineer Fonksiyonlar) \(c \in \mathbb{R}\) ve \(C \in \mathbb{R}^n\) olsun. \(f(x) = c + \langle C, x \rangle\) fonksiyonunun her \(a \in \mathbb{R}^n\) noktasında türevlenebilir olduğunu ve tanımdaki vektörün \(C\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İç çarpımın lineerliği gereği her \(h\) için
\[f(a + h) - f(a) = \langle C, a + h \rangle - \langle C, a \rangle = \langle C, h \rangle\]
olur. \(A = C\) seçilirse tanımdaki kesrin payı özdeş olarak \(0\)’dır; limit de \(0\)’dır. Demek ki \(f\) her noktada türevlenebilir ve \(Df(a)(h) = \langle C, h \rangle\)’dir.
İki özel durum: \(C = 0\) iken \(f\) sabittir ve türevi her noktada sıfır fonksiyonudur. \(c = 0\) iken \(f\) lineer bir fonksiyondur ve her noktadaki türevi kendisidir: lineer bir fonksiyona en iyi uyan lineer fonksiyon kendisidir. \(\blacksquare\)
Örnek 14.3 (Bir Polinomun Türevlenebilirliği) \(f(x, y) = x^2 - xy\) fonksiyonunun her \((a, b) \in \mathbb{R}^2\) noktasında türevlenebilir olduğunu tanımla gösteriniz.
Çözüm
Artım. \((h, k) \in \mathbb{R}^2\) için artımı açalım:
\[ \begin{aligned} f(a + h, b + k) - f(a, b) &= (a + h)^2 - (a + h)(b + k) - a^2 + ab \\[1mm] &= (2a - b)\,h - a\,k + h^2 - hk. \end{aligned} \]
Ana kısım \((h, k)\)’ye göre lineer olan \((2a - b)h - ak\)’dır. Bu yüzden \(A = (2a - b, -a)\) adayını seçiyoruz.
Kalan. Kalan \(h^2 - hk\)’dır. \(h^2 \le h^2 + k^2\) ve \(|h|\,|k| \le \dfrac{h^2 + k^2}{2}\) olduğundan
\[\frac{|h^2 - hk|}{\sqrt{h^2 + k^2}} \le \frac{2(h^2 + k^2)}{\sqrt{h^2 + k^2}} = 2\sqrt{h^2 + k^2} \longrightarrow 0\]
olur. Sıkıştırmayla (Teorem 8.5) tanımdaki limit \(0\)’dır; \(f\), \((a, b)\)’de türevlenebilirdir.
Eşdeğer biçim. Kalan \(h^2 - hk = (h - k)\,h + 0 \cdot k\) biçiminde de yazılabilir. \(\varepsilon_1 = h - k\) ve \(\varepsilon_2 = 0\) alınırsa
\[f(a + h, b + k) - f(a, b) = (2a - b)\,h - a\,k + \varepsilon_1 h + \varepsilon_2 k\]
olur ve \(\varepsilon_1, \varepsilon_2\), \((h, k) \to (0, 0)\) iken \(0\)’a gider; eşdeğer biçimlerin 3. maddesi (Önerme 14.1) aynı sonucu verir.
Bulunan vektörün bileşenleri \(f_x(a, b) = 2a - b\) ve \(f_y(a, b) = -a\) kısmi türevleridir. Bu bir rastlantı değildir; birazdan kanıtlayacağız. \(\blacksquare\)
Örnek 14.4 (Norm Karesinin Türevlenebilirliği) \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \|x\|^2\) fonksiyonunun her \(a \in \mathbb{R}^n\) noktasında türevlenebilir olduğunu ve tanımdaki vektörün \(2a\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Toplamın normunun karesi (Lemma 1.1) gereği
\[f(a + h) - f(a) = \|a\|^2 + 2\langle a, h \rangle + \|h\|^2 - \|a\|^2 = \langle 2a, h \rangle + \|h\|^2\]
olur. \(A = 2a\) seçilirse \(h \ne 0\) için
\[\frac{f(a + h) - f(a) - \langle 2a, h \rangle}{\|h\|} = \frac{\|h\|^2}{\|h\|} = \|h\| \longrightarrow 0\]
bulunur. \(f\) her noktada türevlenebilir ve \(Df(a)(h) = 2\langle a, h \rangle\)’dir. \(n = 1\) için bu, \((x^2)' = 2x\) formülüdür. \(\blacksquare\)
14.3 Türevlenebilmenin Sonuçları
Tanımın gücü, iki temel sonucu hemen vermesinden gelir: türevlenebilir fonksiyon süreklidir ve bütün kısmi türevlere sahiptir.
Teorem 14.1 (Türevlenebilir Fonksiyon Süreklidir) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(f\), \(a\)’da türevlenebilirse \(a\)’da süreklidir.
İspat
\(A\) tanımdaki vektör ve \(B(a, r) \subseteq D\) olsun. Önerme 14.1 gereği, \(\lim_{h \to 0} \eta(h) = 0\) olan bir \(\eta\) fonksiyonuyla her \(h \in B(0, r)\) için
\[f(a + h) - f(a) = \langle A, h \rangle + \eta(h)\,\|h\|\]
yazılır. Cauchy–Schwarz eşitsizliği (Teorem 1.1) \(|\langle A, h \rangle| \le \|A\|\,\|h\|\) verdiğinden
\[|f(a + h) - f(a)| \le \big( \|A\| + |\eta(h)| \big)\,\|h\|\]
olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin. \(\eta(h) \to 0\) olduğundan öyle bir \(\delta_1 \in (0, r]\) vardır ki \(\|h\| < \delta_1\) iken \(|\eta(h)| < 1\) olur.
\[\delta = \min\left\{ \delta_1, \frac{\varepsilon}{\|A\| + 1} \right\}\]
alalım. \(x \in D\) ve \(\|x - a\| < \delta\) ise \(h = x - a\) için \(|\eta(h)| < 1\) ve
\[|f(x) - f(a)| \le \big( \|A\| + 1 \big)\,\|x - a\| < \big( \|A\| + 1 \big)\,\delta \le \varepsilon\]
olur. Bu, \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olmasıdır (Tanım 10.1). \(\blacksquare\)
İspatın fikri kısaca şudur: \(f(a + h) - f(a)\) artımı, \(\|h\|\) ile orantılı olarak küçülen \(\langle A, h \rangle\) terimi ile \(\|h\|\)’den de hızlı küçülen bir hata teriminin toplamıdır; ikisi de \(h \to 0\) iken sıfıra gider. Teoremin karşıt tersi, türevlenemezliği göstermenin en kısa yoludur.
Sonuç 14.1 (Süreksiz Fonksiyon Türevlenemez) \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(f\), \(a\)’da sürekli değilse \(a\)’da türevlenemez.
İspat
\(f\), \(a\)’da türevlenebilseydi Teorem 14.1 gereği \(a\)’da sürekli olurdu. \(\blacksquare\)
İkinci sonuç, tanımdaki \(A\) vektörünün ne olması gerektiğini söyler.
Teorem 14.2 (Türevlenebilir Fonksiyonun Kısmi Türevleri) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(f\), \(a\)’da türevlenebilir ve tanımdaki vektör \(A = (A_1, \dots, A_n)\) ise \(f\)’nin \(a\)’da bütün birinci kısmi türevleri vardır ve
\[\frac{\partial f}{\partial x_j}(a) = A_j \qquad (j = 1, \dots, n),\]
yani \(A = \nabla f(a)\) olur. Özel olarak tanımdaki vektör tektir.
İspat
\(B(a, r) \subseteq D\) olsun ve \(j \in \{1, \dots, n\}\) sabitlensin. Tanımdaki kesre
\[g(h) = \frac{f(a + h) - f(a) - \langle A, h \rangle}{\|h\|}\]
diyelim; varsayım gereği \(\lim_{h \to 0} g(h) = 0\)’dır. \(0 < |t| < r\) için \(h = te_j\) alırsak \(\|te_j\| = |t|\) ve \(\langle A, te_j \rangle = tA_j\) olur. Dolayısıyla
\[\left| \frac{f(a + te_j) - f(a)}{t} - A_j \right| = \frac{|f(a + te_j) - f(a) - tA_j|}{|t|} = |g(te_j)|\]
bulunur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(0 < \|h\| < \delta\) iken \(|g(h)| < \varepsilon\) olacak bir \(\delta \in (0, r]\) seçilsin. \(0 < |t| < \delta\) ise \(0 < \|te_j\| < \delta\) olduğundan \(|g(te_j)| < \varepsilon\) olur. Demek ki
\[\lim_{t \to 0} \frac{f(a + te_j) - f(a)}{t} = A_j\]
dir. Soldaki limit \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a)\) kısmi türevinin tanımıdır (Tanım 12.1); kısmi türev vardır ve \(A_j\)’ye eşittir.
Her bileşeni kısmi türevlerle belirlendiğinden \(A = \nabla f(a)\) (Tanım 12.3) tek türlü belirlidir. \(\blacksquare\)
Böylece reel değerli bir fonksiyonun türevi
\[Df(a)(h) = \langle \nabla f(a), h \rangle = \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\,h_j\]
lineer fonksiyonudur: türev, gradyanla iç çarpım olarak temsil edilen bir lineer fonksiyoneldir. Bu yüzden reel değerli fonksiyonlar için “türev” ile “gradyan” çoğu zaman aynı nesnenin iki adı gibi kullanılır. Vektör değerli bir \(f = (f_1, \dots, f_m)\) fonksiyonunda türev \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye bir lineer dönüşüm olur ve bu dönüşümün matrisi, satırları \(\nabla f_1(a), \dots, \nabla f_m(a)\) olan Jacobi matrisidir; bunu Jacobi Matrisi ve Zincir Kuralı bölümünde kuracağız.
Teoremden, türevlenebilirliği sınarken aday vektörü aramaya gerek olmadığı sonucu çıkar: tek aday gradyandır.
Sonuç 14.2 (Gradyanla Türevlenebilme Ölçütü) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(f\)’nin \(a\)’da türevlenebilir olması için gerek ve yeter koşul, \(f\)’nin \(a\)’da kısmi türevlenebilir olması (Tanım 12.2) ve
\[\lim_{h \to 0} \frac{f(a + h) - f(a) - \langle \nabla f(a), h \rangle}{\|h\|} = 0\]
olmasıdır.
İspat
Koşul gerekli: \(f\) türevlenebilirse Teorem 14.2 gereği kısmi türevler vardır ve tanımdaki vektör \(\nabla f(a)\)’dır; limit, tanımdaki limittir. Koşul yeterli: kısmi türevler varsa \(\nabla f(a)\) bir vektördür ve limitin sıfır olması, tanımın \(A = \nabla f(a)\) ile sağlanmasıdır. \(\blacksquare\)
Buna göre bir kısmi türevin olmadığı noktada fonksiyon türevlenemez. Bir noktada bütün kısmi türevler var olsa bile türevlenebilirlik için ölçütteki limitin ayrıca incelenmesi gerekir.
14.4 Kısmi Türevler Yetmez
Kısmi türevlerle ilgili teoremin (Teorem 14.2) tersi doğru değildir. İlk örneği biliyoruz: orijinde \(0\) tanımlanan \(\dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun orijinde iki kısmi türevi de vardır, ama fonksiyon orada sürekli değildir (Örnek 12.13). Sonuç 14.1 gereği bu fonksiyon orijinde türevlenemez. Kısmi türevler yalnız eksenler üzerindeki değerlere bakar ve orada fonksiyon özdeş olarak sıfırdır; köşegen üzerindeki \(\dfrac{1}{2}\) değerleri kısmi türevlere görünmez. Aşağıdaki ilk örnekte de kısmi türevler vardır ama fonksiyon süreksiz olduğu için türevlenemez; ardından sürekli olduğu hâlde türevlenemeyen bir fonksiyon göreceğiz.
Örnek 14.5 (Eksenlerde Ayrı Tanımlanan Fonksiyon) \[f(x, y) = \begin{cases} x, & y = 0, \\[1mm] y, & x = 0, \\[1mm] 1, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\)’da iki kısmi türevinin de \(1\) olduğunu ve fonksiyonun \((0, 0)\)’da türevlenemediğini gösteriniz.
Çözüm
Önce tanımın tutarlı olduğuna bakalım: \((0, 0)\) noktası hem \(y = 0\) hem \(x = 0\) durumuna girer ve iki kural da \(f(0, 0) = 0\) verir.
Kısmi türevler. \(x\) ekseni üzerinde \(f(t, 0) = t\) olduğundan
\[f_x(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{f(t, 0) - f(0, 0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{t} = 1\]
olur. \(y\) ekseni üzerinde \(f(0, t) = t\) olduğundan aynı hesapla \(f_y(0, 0) = 1\) bulunur.
Süreklilik. \(t \ne 0\) için \((t, t)\) noktası iki eksenin de dışındadır ve \(f(t, t) = 1\)’dir. \((t, t) \to (0, 0)\) iken \(f(t, t) \to 1 \ne 0 = f(0, 0)\) olduğundan \(f\), \((0, 0)\)’da sürekli değildir. Sonuç 14.1 gereği türevlenemez.
Eksenler üzerinde \(f\), türevlenebilir bir fonksiyon gibi davranır; eksenlerin dışındaki her şey kısmi türevler için görünmezdir. \(\blacksquare\)
İki örnekte de türevlenemezliğin nedeni süreksizlikti. Sürekli ve kısmi türevleri olan bir fonksiyon da türevlenemeyebilir. \(f(x, y) = \sqrt{|xy|}\) fonksiyonunun orijinde iki kısmi türevi de vardır ve sıfırdır (Örnek 12.11); aşağıda önce sürekliliğini, sonra türevlenemezliğini gösteriyoruz.
Örnek 14.6 (Mutlak Çarpımın Karekökü: Süreklilik) \(f(x, y) = \sqrt{|xy|}\) fonksiyonunun \((0, 0)\)’da sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \varepsilon\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) ise \(x^2 \le x^2 + y^2 < \delta^2\) olduğundan \(|x| < \delta\), aynı biçimde \(|y| < \delta\) olur. Dolayısıyla
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = \sqrt{|x|}\,\sqrt{|y|} < \sqrt{\delta}\,\sqrt{\delta} = \delta = \varepsilon\]
bulunur; \(f\), \((0, 0)\)’da süreklidir (Tanım 10.1). \(\blacksquare\)
Örnek 14.7 (Mutlak Çarpımın Karekökü: Türevlenemezlik) \(f(x, y) = \sqrt{|xy|}\) fonksiyonunun \((0, 0)\)’da türevlenemediğini gösteriniz.
Çözüm
Eksenler üzerinde \(f(t, 0) = f(0, t) = 0\) olduğundan \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\)’dır (Örnek 12.11). Sonuç 14.2 gereği incelenmesi gereken tek oran
\[R(h, k) = \frac{f(h, k) - f(0, 0) - 0}{\sqrt{h^2 + k^2}} = \frac{\sqrt{|hk|}}{\sqrt{h^2 + k^2}}\]
dir. \(k = 0\) doğrusu boyunca \(R(h, 0) = 0\) olur. \(k = h\) doğrusu boyunca, \(h \ne 0\) için
\[R(h, h) = \frac{\sqrt{h^2}}{\sqrt{2h^2}} = \frac{|h|}{\sqrt{2}\,|h|} = \frac{1}{\sqrt{2}}\]
olur. İki yol boyunca farklı limitler bulunduğundan (Sonuç 9.1) \(R\)’nin \((0, 0)\)’da limiti yoktur, özel olarak limit \(0\) değildir. \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenemez.
Geometrik olarak: köşegen üzerinde \(f(t, t) = |t|\) olur ve grafik bu doğrultuda \(|t|\) fonksiyonu gibi kırılır. Eksenler boyunca grafik \(z = 0\) düzlemindedir; kısmi türevlerin önerdiği tek aday \(z = 0\) düzlemidir ama grafik köşegen doğrultularında bu düzlemden \(|t|\) kadar, yani uzaklıkla aynı mertebede ayrılır.
\(\blacksquare\)
Sonuç olarak süreklilik ve kısmi türevlerin varlığı, ikisi birlikte bile türevlenebilirliği güvence altına almaz.
14.5 Toplam Diferansiyel
Tek değişkendeki \(dy = f'(a)\,dx\) diferansiyelinin çok değişkenli karşılığı, türevin artıma uygulanmasıdır.
Tanım 14.2 (Toplam Diferansiyel) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(f\), \(a \in D^\circ\) noktasında türevlenebilir olsun. \(dx = (dx_1, \dots, dx_n) \in \mathbb{R}^n\) bağımsız artımlar olmak üzere
\[df(a) = \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\,dx_j = \langle \nabla f(a), dx \rangle\]
ifadesine \(f\)’nin \(a\) noktasındaki toplam diferansiyeli (kısaca diferansiyeli) denir. İki değişkende \(z = f(x, y)\) için
\[df = dz = \frac{\partial f}{\partial x}\,dx + \frac{\partial f}{\partial y}\,dy,\]
üç değişkende \(df = f_x\,dx + f_y\,dy + f_z\,dz\) yazılır.
Yani toplam diferansiyel, \(Df(a)\) türevinin \(dx\) artımındaki değeridir: \(df(a) = Df(a)(dx)\). \(dx_j\)’ler, \(x_j\) değişkenlerinin bağımsız artımlarıdır (\(dx_j = h_j\)); \(df\) ise \(f\)’nin artımının lineer ana kısmıdır. Önerme 14.1 gereği
\[\Delta f = f(a + dx) - f(a) = df(a) + \eta(dx)\,\|dx\|\]
ve \(dx \to 0\) iken \(\eta(dx) \to 0\) olduğundan, küçük artımlar için \(\Delta f \approx df\) yaklaşımı kullanılır ve yapılan hata \(\|dx\|\)’den daha hızlı sıfıra gider. Kısmi türevleri bir noktada sabitlemeyip \(x\)’e bağlı bırakırsak \(df\), her noktada türevlenebilen bir fonksiyon için \(x\)’e ve \(dx\)’e bağlı bir ifade olur.
Örnek 14.8 (Bir Polinomun Toplam Diferansiyeli) \(f(x, y) = x^2 - xy\) fonksiyonunun toplam diferansiyelini bulunuz. \((2, 1)\) noktasında \(dx = 0{,}1\) ve \(dy = -0{,}2\) için \(\Delta f\) ile \(df\) değerlerini karşılaştırınız.
Çözüm
Diferansiyel. Örnek 14.3 gereği \(f\) her noktada türevlenebilirdir. Kısmi türevler \(f_x = 2x - y\) ve \(f_y = -x\) olduğundan
\[df = (2x - y)\,dx - x\,dy\]
bulunur.
Karşılaştırma. \((2, 1)\) noktasında \(df = 3\,dx - 2\,dy\) olduğundan
\[df = 3(0{,}1) - 2(-0{,}2) = 0{,}7\]
olur. Öte yandan \(f(2, 1) = 2\) ve
\[f(2{,}1;\ 0{,}8) = 4{,}41 - 1{,}68 = 2{,}73\]
olduğundan \(\Delta f = 0{,}73\)’tür. Fark \(0{,}03\)’tür ve polinom örneğindeki (Örnek 14.3) kalan \(h^2 - hk\) ifadesinin \(h = 0{,}1\), \(k = -0{,}2\) için değerine eşittir: \(0{,}01 + 0{,}02 = 0{,}03\). Artımlar \(0{,}1\) mertebesindeyken hata \(0{,}01\) mertebesindedir. \(\blacksquare\)
14.6 Türevlenebilme için Yeter Koşul
Türevlenebilirliği her seferinde tanımla göstermek zahmetlidir. Uygulamada karşılaşılan fonksiyonların çoğunda kısmi türevler süreklidir ve bu, türevlenebilirlik için yeter.
Teorem 14.3 (Sürekli Kısmi Türevler Türevlenebilirlik Verir) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(f\)’nin bütün birinci kısmi türevleri bir \(B(a, r) \subseteq D\) yuvarının her noktasında var ve
\[\frac{\partial f}{\partial x_1}, \ \dots, \ \frac{\partial f}{\partial x_n}\]
fonksiyonları \(a\) noktasında sürekli ise \(f\), \(a\)’da türevlenebilirdir.
İspat
\(h = (h_1, \dots, h_n)\) ve \(0 < \|h\| < r\) olsun. \(a\)’dan \(a + h\)’ye eksenlere paralel adımlarla gidelim:
\(p_0 = a\) ve \(k = 1, \dots, n\) için
\[p_k = a + \sum_{j=1}^{k} h_j e_j\]
olsun. \(p_n = a + h\)’dir ve \(p_k = p_{k-1} + h_k e_k\) olduğundan ardışık iki nokta yalnız \(k\)-inci bileşende ayrılır. Artımı ardışık farkların toplamı olarak yazalım:
\[f(a + h) - f(a) = \sum_{k=1}^{n} \big( f(p_k) - f(p_{k-1}) \big).\]
Her adımda ortalama değer teoremi. \(k\) sabit olsun. \(|t| \le |h_k|\) için
\[\|p_{k-1} + te_k - a\|^2 = h_1^2 + \dots + h_{k-1}^2 + t^2 \le \|h\|^2 < r^2\]
olduğundan \(p_{k-1} + te_k\) noktaları \(B(a, r)\) içindedir. \(g_k(t) = f(p_{k-1} + te_k)\) tanımlayalım. Kısmi türevin tanımı (Tanım 12.1) gereği
\[g_k'(t) = \lim_{s \to 0} \frac{f(p_{k-1} + te_k + se_k) - f(p_{k-1} + te_k)}{s} = \frac{\partial f}{\partial x_k}(p_{k-1} + te_k)\]
olur ve varsayım gereği bu kısmi türev vardır. Demek ki \(g_k\), \(0\) ile \(h_k\) arasındaki kapalı aralıkta türevlenebilir, dolayısıyla süreklidir (bkz. Analiz 2). \(h_k \ne 0\) ise ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) \(0\) ile \(h_k\) arasında bir \(\xi_k\) verir ve \(c_k = p_{k-1} + \xi_k e_k\) ile
\[f(p_k) - f(p_{k-1}) = g_k(h_k) - g_k(0) = g_k'(\xi_k)\,h_k = \frac{\partial f}{\partial x_k}(c_k)\,h_k\]
olur. \(h_k = 0\) ise iki yan da \(0\)’dır ve \(c_k = p_{k-1}\) alınabilir. Her iki durumda \(c_k\), \(B(a, r)\)’deki yukarıdaki doğru parçası üzerindedir ve \(\|c_k - a\| \le \|h\|\)’dir.
Kalanın tahmini. Bulunan eşitlikleri toplarsak, her \(k\) için
\[\varepsilon_k(h) = \frac{\partial f}{\partial x_k}(c_k) - \frac{\partial f}{\partial x_k}(a)\]
olmak üzere
\[f(a + h) - f(a) - \langle \nabla f(a), h \rangle = \sum_{k=1}^{n} \varepsilon_k(h)\,h_k\]
elde edilir. \(|h_k| \le \|h\|\) olduğundan
\[\frac{|f(a + h) - f(a) - \langle \nabla f(a), h \rangle|}{\|h\|} \le \sum_{k=1}^{n} |\varepsilon_k(h)|\]
olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin. Kısmi türevler \(a\)’da sürekli olduğundan her \(k\) için öyle bir \(\delta_k > 0\) vardır ki \(c \in B(a, r)\) ve \(\|c - a\| < \delta_k\) iken
\[\left| \frac{\partial f}{\partial x_k}(c) - \frac{\partial f}{\partial x_k}(a) \right| < \frac{\varepsilon}{n}\]
olur. \(\delta = \min\{r, \delta_1, \dots, \delta_n\}\) alalım. \(0 < \|h\| < \delta\) ise \(c_k\) noktaları \(h\)’ye bağlı olsa da \(\|c_k - a\| \le \|h\| < \delta_k\) olduğundan her \(k\) için \(|\varepsilon_k(h)| < \dfrac{\varepsilon}{n}\) ve yukarıdaki oran \(\varepsilon\)’dan küçüktür. Oran \(0\)’a gider; Sonuç 14.2 gereği \(f\), \(a\)’da türevlenebilirdir. \(\blacksquare\)
İki değişkende ispat şöyle okunur. \(a = (x_0, y_0)\) ve artım \((h, k)\) olsun. Önce yatay, sonra düşey adım atarak
\[ \begin{aligned} \Delta f &= \big[ f(x_0 + h, y_0) - f(x_0, y_0) \big] \\[1mm] &\quad + \big[ f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0) \big] \end{aligned} \]
yazılır. Her köşeli ayraçta tek değişkenli ortalama değer teoremi uygulanırsa, \(0 < \theta_1, \theta_2 < 1\) olan sayılarla
\[\Delta f = f_x(x_0 + \theta_1 h, y_0)\,h + f_y(x_0 + h, y_0 + \theta_2 k)\,k\]
bulunur. \(f_x\) ve \(f_y\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olduğundan \(f_x(x_0 + \theta_1 h, y_0) = f_x(x_0, y_0) + \varepsilon_1\) ve \(f_y(x_0 + h, y_0 + \theta_2 k) = f_y(x_0, y_0) + \varepsilon_2\) yazıldığında \(\varepsilon_1, \varepsilon_2 \to 0\) olur. Sonuç
\[\Delta f = f_x(x_0, y_0)\,h + f_y(x_0, y_0)\,k + \varepsilon_1 h + \varepsilon_2 k\]
eşitliğidir; bu, eşdeğer biçimlerin 3. maddesidir (Önerme 14.1).
Teorem en çok, kısmi türevleri bütün bir açık kümede sürekli olan fonksiyonlara uygulanır. \(C^1\) sınıfını Tanım 13.3 ile tanımlamıştık.
Sonuç 14.3 (Sürekli Türevlenebilir Fonksiyonlar) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve \(f \in C^1(U)\) ise \(f\), \(U\)’nun her noktasında türevlenebilir ve süreklidir.
İspat
\(a \in U\) olsun. \(U\) açık olduğundan \(B(a, r) \subseteq U\) olacak bir \(r > 0\) vardır. \(f \in C^1(U)\) olduğundan bütün birinci kısmi türevler \(B(a, r)\)’nin her noktasında vardır ve \(a\)’da süreklidir. Teorem 14.3 gereği \(f\), \(a\)’da türevlenebilirdir; Teorem 14.1 gereği de \(a\)’da süreklidir. \(\blacksquare\)
\(C^1\) sınıfındaki fonksiyonlara sürekli türevlenebilir fonksiyonlar denmesinin gerekçesi bu sonuçtur: kısmi türevleri sürekli olan fonksiyon türevlenebilirdir. Polinomlar \(\mathbb{R}^n\) üzerinde, rasyonel fonksiyonlar paydalarının sıfır olmadığı açık kümede \(C^\infty\), dolayısıyla \(C^1\) sınıfındadır (Tanım 13.3 ardından gördüğümüz gibi); bu yüzden tanımlı oldukları her noktada türevlenebilirler. Üstel, logaritma, trigonometrik fonksiyonlar ve kökler gibi temel fonksiyonlardan toplama, çarpma, bölme ve bileşke ile kurulan fonksiyonlar da, kısmi türev formüllerinin tanımlı ve sürekli olduğu açık kümelerde türevlenebilirdir.
Örnek 14.9 (Sürekli Kısmi Türevlerle Türevlenebilirlik) \(f(x, y) = \cos(xy) + \ln x - e^y\) fonksiyonunun \((1, 1)\) noktasında türevlenebilir olduğunu gösteriniz ve bu noktadaki toplam diferansiyelini yazınız.
Çözüm
Tanım kümesi. \(\ln x\) yalnız \(x > 0\) için tanımlı olduğundan \(f\)’nin tanım kümesi \(U = \{(x, y) : x > 0\}\) açık yarı düzlemidir ve \((1, 1) \in U\)’dur.
Kısmi türevler. \(U\)’nun her noktasında
\[ \begin{aligned} f_x(x, y) &= -y \sin(xy) + \frac{1}{x}, \\[1mm] f_y(x, y) &= -x \sin(xy) - e^y \end{aligned} \]
olur. İki fonksiyon da sürekli fonksiyonların toplamı, çarpımı, bölümü ve bileşkesi olarak \(U\) üzerinde süreklidir (Teorem 10.2, Teorem 10.4); \(x > 0\) olduğundan \(\dfrac{1}{x}\) sorun çıkarmaz. Demek ki \(f \in C^1(U)\)’dur ve Sonuç 14.3 gereği \(f\), \((1, 1)\)’de (üstelik \(U\)’nun her noktasında) türevlenebilirdir.
Diferansiyel. \(\nabla f(1, 1) = (1 - \sin 1,\ -\sin 1 - e)\) olduğundan
\[df(1, 1) = (1 - \sin 1)\,dx - (\sin 1 + e)\,dy\]
bulunur. \(\blacksquare\)
14.7 Türevlenebilirliği Tanımla İncelemek
Kısmi türevler noktanın bir komşuluğunda sürekliyse iş Teorem 14.3 ile biter. Kısmi türevlerden biri süreksizse ya da formülü o noktada geçerli değilse (tipik olarak parçalı tanımlı fonksiyonlarda) tanıma dönmek gerekir.
Süreklilik. \(f\)’nin \(a\)’da sürekli olup olmadığına bakılır. Sürekli değilse \(f\), \(a\)’da türevlenemez (Sonuç 14.1) ve inceleme biter.
Kısmi türevler. \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a)\) değerleri tanımla hesaplanır. Biri yoksa \(f\) türevlenemez (Teorem 14.2). Kısmi türevler \(a\)’nın bir komşuluğunda var ve \(a\)’da sürekliyse \(f\) türevlenebilirdir (Teorem 14.3).
Kalan. Tek aday \(\nabla f(a)\)’dır. Kalan oranı yazılır:
\[R(h) = \frac{f(a + h) - f(a) - \langle \nabla f(a), h \rangle}{\|h\|}.\]
Limit. \(R(h) \to 0\) gösterilirse (çoğunlukla sıkıştırmayla) \(f\) türevlenebilirdir. \(h\), iki farklı yol boyunca \(0\)’a götürüldüğünde \(R\) farklı sayılara gidiyorsa ya da bir yol boyunca limiti yoksa \(f\) türevlenemez.
Aday lineer fonksiyon \(h \mapsto \langle \nabla f(a), h \rangle\) iç çarpımla verildiği için lineerliğini ayrıca denetlemeye gerek yoktur.
Örnek 14.10 (Sürekli ama Türevlenemeyen Rasyonel Fonksiyon) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 y}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu \((0, 0)\)’da türevlenebilir midir?
Çözüm
Süreklilik. \(x^2 \le x^2 + y^2\) olduğundan \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(|f(x, y)| \le |y|\)’dir. Sıkıştırmayla (Teorem 8.5) \(f(x, y) \to 0 = f(0, 0)\) olur; \(f\) süreklidir ve bu adım bir karar vermez.
Kısmi türevler. Eksenler üzerinde \(f(t, 0) = f(0, t) = 0\) olduğundan \(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = 0\) ve \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\)’dır (Örnek 12.9). Aynı örnekteki formüle göre \(x \ne 0\) için \(f_y(x, 0) = 1\)’dir; \(f_y\) orijinde sürekli olmadığından yeter koşul uygulanamaz ve ikinci adım karar vermez.
Kalan. \((h, k) \ne (0, 0)\) için
\[R(h, k) = \frac{f(h, k) - 0 - 0}{\sqrt{h^2 + k^2}} = \frac{h^2 k}{(h^2 + k^2)^{3/2}}.\]
Limit. \(k = 0\) doğrusu boyunca \(R(h, 0) = 0\)’dır. \(k = h\) doğrusu boyunca, \(h > 0\) için
\[R(h, h) = \frac{h^3}{(2h^2)^{3/2}} = \frac{h^3}{2\sqrt{2}\,h^3} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\]
olur. İki yol farklı limit verdiğinden (Sonuç 9.1) \(R\)’nin limiti yoktur; \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenemez.
Grafiğin yapısı da bunu gösterir. Orijinden geçen her doğru boyunca \(f\) doğrusaldır: \(f(t\cos\theta, t\sin\theta) = t\cos^2\theta\,\sin\theta\). Grafiğin orijinden geçen her düşey kesiti bir doğrudur, ama bu doğrular tek bir düzlem oluşturmaz. Bir düzlem oluştursalardı o düzlem \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\) gereği \(z = 0\) olurdu; oysa kesitlerin eğimi \(\cos^2\theta\,\sin\theta\) çoğu doğrultuda sıfır değildir. \(\blacksquare\)
Örnek 14.11 (Küplerin Toplamının Kareler Toplamına Oranı) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^3 + y^3}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu \((0, 0)\)’da türevlenebilir midir?
Çözüm
Süreklilik. \(|x|^3 = |x|\,x^2 \le |x|\,(x^2 + y^2)\) ve aynı biçimde \(|y|^3 \le |y|\,(x^2 + y^2)\) olduğundan
\[|f(x, y)| \le \frac{|x|^3 + |y|^3}{x^2 + y^2} \le |x| + |y| \longrightarrow 0\]
olur; \(f\), \((0, 0)\)’da süreklidir.
Kısmi türevler. \(t \ne 0\) için \(f(t, 0) = \dfrac{t^3}{t^2} = t\) olduğundan
\[f_x(0, 0) = \lim_{t \to 0} \frac{t - 0}{t} = 1\]
ve simetriyle \(f_y(0, 0) = 1\) olur. \(\nabla f(0, 0) = (1, 1)\) ve aday lineer fonksiyon \(T(u, v) = u + v\)’dir.
Kalan. Payı ortak paydada toplayalım:
\[h^3 + k^3 - (h + k)(h^2 + k^2) = -hk^2 - h^2 k = -hk(h + k).\]
Dolayısıyla
\[R(h, k) = \frac{\dfrac{h^3 + k^3}{h^2 + k^2} - h - k}{\sqrt{h^2 + k^2}} = \frac{-hk(h + k)}{(h^2 + k^2)^{3/2}}\]
olur.
Limit. \(k = 0\) boyunca \(R(h, 0) = 0\)’dır. \(k = h\) boyunca, \(h > 0\) için
\[R(h, h) = \frac{-2h^3}{(2h^2)^{3/2}} = \frac{-2h^3}{2\sqrt{2}\,h^3} = -\frac{1}{\sqrt{2}}\]
olur. İki yol farklı limit verir; \(R\)’nin limiti yoktur ve \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenemez. \(\blacksquare\)
Örnek 14.12 (İlk Adımda Biten İnceleme) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{y^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu \((0, 0)\)’da türevlenebilir midir?
Çözüm
Süreklilik. \(x\) ekseni üzerinde (\(x \ne 0\)) \(f(x, 0) = 0\), \(y\) ekseni üzerinde (\(y \ne 0\)) \(f(0, y) = 1\)’dir. İki yol farklı limit verdiğinden (Sonuç 9.1) \((0, 0)\)’da limit yoktur; \(f\) orada sürekli değildir. Sonuç 14.1 gereği \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenemez.
İkinci adım da aynı sonuca götürürdü. \(f_x(0, 0) = \lim_{t \to 0} \dfrac{0 - 0}{t} = 0\) vardır, ama
\[\frac{f(0, t) - f(0, 0)}{t} = \frac{1}{t}\]
oranının \(t \to 0\) iken sonlu bir limiti yoktur; \(f_y(0, 0)\) mevcut değildir ve Teorem 14.2 gereği \(f\) türevlenemez. \(\blacksquare\)
Şimdiye kadarki türevlenemez örneklerin tersine, aşağıdaki fonksiyonun kısmi türevleri orijinde süreksizdir ama fonksiyon türevlenebilir. Yani yeter koşuldaki (Teorem 14.3) süreklilik varsayımı gerekli değildir.
Örnek 14.13 (Salınan Fonksiyonun Türevlenebilirliği) \[f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2) \sin \dfrac{1}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \((0, 0)\)’da türevlenebilir olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Süreklilik. \(|\sin u| \le 1\) olduğundan \(|f(x, y)| \le x^2 + y^2 \to 0\); \(f\) süreklidir.
Kısmi türevler. \(t \ne 0\) için \(f(t, 0) = t^2 \sin \dfrac{1}{t^2}\) ve
\[\left| \frac{f(t, 0) - f(0, 0)}{t} \right| = \left| t \sin \frac{1}{t^2} \right| \le |t| \longrightarrow 0\]
olduğundan \(f_x(0, 0) = 0\)’dır. \(f(x, y) = f(y, x)\) simetrisinden \(f_y(0, 0) = 0\) bulunur.
Kalan. \(\rho = \sqrt{h^2 + k^2}\) yazalım. \((h, k) \ne (0, 0)\) için
\[R(h, k) = \frac{\rho^2 \sin(1/\rho^2)}{\rho} = \rho \sin \frac{1}{\rho^2}.\]
Limit. \(|R(h, k)| \le \rho = \sqrt{h^2 + k^2} \to 0\) olduğundan sıkıştırmayla \(R(h, k) \to 0\) olur. \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenebilirdir, \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\) ve \(Df(0, 0)\) sıfır fonksiyonudur.
Grafik, \(z = x^2 + y^2\) ve \(z = -(x^2 + y^2)\) paraboloitlerinin arasında sonsuz kez salınır; ama bu paraboloitler orijinde \(z = 0\) düzlemine teğettir ve grafiği de bu düzleme yapıştırır.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.14 (Salınan Fonksiyonun Süreksiz Kısmi Türevi) \[f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2) \sin \dfrac{1}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun (Örnek 14.13) \(f_x\) kısmi türevinin \((0, 0)\)’da sürekli olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Formül. \((x, y) \ne (0, 0)\) için tek değişkenli çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f_x(x, y) = 2x \sin \frac{1}{x^2 + y^2} - \frac{2x}{x^2 + y^2} \cos \frac{1}{x^2 + y^2}\]
olur. \(x\) ekseni üzerinde, \(x \ne 0\) için
\[f_x(x, 0) = 2x \sin \frac{1}{x^2} - \frac{2}{x} \cos \frac{1}{x^2}.\]
Bir dizi. \(x_k = \dfrac{1}{\sqrt{2k\pi}}\) alalım. \(\dfrac{1}{x_k^2} = 2k\pi\) olduğundan \(\sin \dfrac{1}{x_k^2} = 0\) ve \(\cos \dfrac{1}{x_k^2} = 1\), dolayısıyla
\[f_x(x_k, 0) = -\frac{2}{x_k} = -2\sqrt{2k\pi} \longrightarrow -\infty\]
olur. \((x_k, 0) \to (0, 0)\) olduğu hâlde \(f_x(x_k, 0)\) dizisi \(f_x(0, 0) = 0\)’a yakınsamaz; üstelik sınırsızdır. Dizisel ölçüt (Teorem 10.1) gereği \(f_x\), \((0, 0)\)’da sürekli değildir. Simetriyle aynı şey \(f_y\) için de doğrudur.
Demek ki \(f\), \((0, 0)\)’ı içeren hiçbir açık kümede \(C^1\) sınıfından değildir; yine de Örnek 14.13 gereği \((0, 0)\)’da türevlenebilirdir. Bu örnek, \(x^2 \sin \dfrac{1}{x}\) fonksiyonunun (bkz. Analiz 2) iki değişkenli karşılığıdır. \(\blacksquare\)
Bu bölümde kurulan ilişkileri bir tabloda toplayalım. Her satırda \(a\) bir iç noktadır ve “\(C^1\)” koşulu, \(f\)’nin \(a\)’nın bir açık komşuluğunda \(C^1\) sınıfından olması anlamındadır.
| Varsayım | Sonuç | Tersi doğru mu? |
|---|---|---|
| \(f\), \(a\) civarında \(C^1\) | \(f\), \(a\)’da türevlenebilir (Sonuç 14.3) | Hayır (Örnek 14.14) |
| \(f\), \(a\)’da türevlenebilir | \(f\), \(a\)’da sürekli (Teorem 14.1) | Hayır (Örnek 14.7) |
| \(f\), \(a\)’da türevlenebilir | bütün kısmi türevler var (Teorem 14.2) | Hayır (Örnek 14.5) |
14.8 Doğrusallaştırma ve Yaklaşık Hesap
Türevlenebilir bir fonksiyona, noktanın yakınında sabit ile lineer bir fonksiyonun toplamıyla yaklaşılabilir. Bu yaklaşımı adlandıralım.
Tanım 14.3 (Doğrusallaştırma) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(f\), \(a \in D^\circ\) noktasında türevlenebilir olsun.
\[ \begin{aligned} L(x) &= f(a) + \langle \nabla f(a), x - a \rangle \\[1mm] &= f(a) + \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\,(x_j - a_j) \end{aligned} \]
kuralıyla tanımlanan \(L : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna \(f\)’nin \(a\) noktasındaki doğrusallaştırması (lineerizasyonu) denir. \(x\), \(a\)’ya yakınken kullanılan \(f(x) \approx L(x)\) yaklaşımına \(f\)’nin \(a\)’daki doğrusal yaklaşımı denir; iki değişkende bu yaklaşım teğet düzlem yaklaşımı adını da alır.
Yani \(L\), bir sabit ile bir lineer fonksiyonun toplamıdır; böyle fonksiyonlara afin fonksiyon denir. İki değişkende
\[L(x, y) = f(a, b) + f_x(a, b)\,(x - a) + f_y(a, b)\,(y - b)\]
olur. Toplam diferansiyel diliyle \(f(a + dx) \approx f(a) + df(a)\) yazılır. Lineer kısım \(h \mapsto \langle \nabla f(a), h \rangle\), \(f(a + h) - f(a)\) artımına en iyi uyan lineer fonksiyondur; \(L\) ise \(f\)’ye \(a\) yakınında en iyi uyan afin fonksiyondur. “En iyi” sözünün anlamı şudur.
Önerme 14.2 (Doğrusallaştırma En İyi Afin Yaklaşımdır) \(f : D \to \mathbb{R}\), \(a \in D^\circ\) noktasında türevlenebilir ve \(L\), \(f\)’nin \(a\)’daki doğrusallaştırması olsun. \(c \in \mathbb{R}\), \(B \in \mathbb{R}^n\) ve \(\ell(x) = c + \langle B, x - a \rangle\) olsun. O zaman
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x) - \ell(x)}{\|x - a\|} = 0\]
olması için gerek ve yeter koşul \(c = f(a)\) ve \(B = \nabla f(a)\), yani \(\ell = L\) olmasıdır.
İspat
Yeterlik. \(\ell = L\) ise kesrin payı \(f(x) - f(a) - \langle \nabla f(a), x - a \rangle\) olur ve limit, Sonuç 14.2 gereği \(0\)’dır.
Gereklik. Limit \(0\) olsun. \(x \ne a\) için \(f(x) - \ell(x)\), kesir ile \(\|x - a\|\)’nın çarpımıdır ve iki çarpan da \(x \to a\) iken \(0\)’a gider; limitin cebirsel özellikleri (Teorem 8.4) gereği \(f(x) - \ell(x) \to 0\) olur. Öte yandan \(f\), \(a\)’da süreklidir (Teorem 14.1) ve \(|\langle B, x - a \rangle| \le \|B\|\,\|x - a\|\) olduğundan \(\ell(x) \to c\)’dir; yani \(f(x) - \ell(x) \to f(a) - c\) olur. Limitin tekliği (Teorem 8.1) \(c = f(a)\) verir. Bu durumda hipotez
\[\lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a) - \langle B, x - a \rangle}{\|x - a\|} = 0\]
der; yani \(f\), \(a\)’da tanımdaki vektör \(B\) olacak biçimde türevlenebilirdir. Teorem 14.2 gereği \(B = \nabla f(a)\)’dır. \(\blacksquare\)
Önerme, tek değişkende teğetin “grafiğe birinci mertebeden uyan tek doğru” olmasının karşılığıdır: \(a\)’dan geçen öbür afin fonksiyonların hatası \(\|x - a\|\) ile aynı mertebededir, yalnız \(L\)’nin hatası daha hızlı söner.
Örnek 14.15 (Doğrusal Yaklaşımla Yaklaşık Değer) \(\sqrt{(3{,}02)^2 + (3{,}97)^2}\) sayısının yaklaşık değerini doğrusal yaklaşımla bulunuz.
Çözüm
Fonksiyon ve nokta. \(f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}\) ve \(a = (3, 4)\) alalım; \((3{,}02;\ 3{,}97)\) noktası \(a\)’ya yakındır ve \(f(3, 4) = 5\)’tir.
Türevlenebilirlik. \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[ \begin{aligned} f_x &= \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}, \\[1mm] f_y &= \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \end{aligned} \]
olur. Bunlar \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) açık kümesinde süreklidir; Sonuç 14.3 gereği \(f\), \((3, 4)\)’te türevlenebilirdir ve \(\nabla f(3, 4) = \left( \dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5} \right)\)’tir.
Yaklaşım. \(dx = 0{,}02\) ve \(dy = -0{,}03\) ile
\[ \begin{aligned} L(3{,}02;\ 3{,}97) &= 5 + \frac{3}{5}(0{,}02) + \frac{4}{5}(-0{,}03) \\[1mm] &= 5 + 0{,}012 - 0{,}024 = 4{,}988 \end{aligned} \]
bulunur. Gerçek değer \(\sqrt{24{,}8813} \approx 4{,}98812\)’dir; yaklaşımın hatası yaklaşık \(0{,}00012\)’dir ve \(0{,}02\) ile \(0{,}03\) artımlarından çok küçüktür. \(\blacksquare\)
14.9 Teğet Düzlem ve Normal Doğru
Tek değişkende doğrusallaştırmanın grafiği teğet doğrusuydu (bkz. Analiz 2). İki değişkende doğrusallaştırmanın grafiği bir düzlemdir ve fonksiyonun grafiğine dokunur.
İki değişkenli bir \(f\) fonksiyonunun grafiği (Tanım 8.5), \(z = f(x, y)\) denklemiyle verilen ve \(D\) tanım kümesinin tam üstünde ya da altında duran bir yüzeydir.
Tanım 14.4 (Teğet Düzlem) \(D \subseteq \mathbb{R}^2\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(f\), \((a, b) \in D^\circ\) noktasında türevlenebilir olsun. \(P = \big( a, b, f(a, b) \big)\) olmak üzere
\[z = f(a, b) + f_x(a, b)\,(x - a) + f_y(a, b)\,(y - b)\]
denklemiyle verilen düzleme, \(f\)’nin grafiğinin \(P\) noktasındaki teğet düzlemi denir.
Genel olarak \(f : D \subseteq \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\), \(a \in D^\circ\) noktasında türevlenebilirse \(\mathbb{R}^{n+1}\)’de
\[z = f(a) + \langle \nabla f(a), x - a \rangle\]
denklemiyle verilen kümeye grafiğin \(\big( a, f(a) \big)\) noktasındaki teğet hiperdüzlemi denir.
Yani teğet düzlem, doğrusallaştırmanın grafiğidir: \(z = L(x, y)\). \(z_0 = f(a, b)\) yazılırsa denklem
\[f_x(a, b)\,(x - a) + f_y(a, b)\,(y - b) - (z - z_0) = 0\]
biçimini alır ve buradan düzlemin normal vektörü \(\big( f_x(a, b), f_y(a, b), -1 \big)\) okunur. \(n\) değişkende teğet hiperdüzlemin normali \(\big( \nabla f(a), -1 \big) \in \mathbb{R}^{n+1}\)’dir.
Tanım 14.5 (Normal Doğru) \(f : D \subseteq \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), \((a, b) \in D^\circ\) noktasında türevlenebilir ve \(P = \big( a, b, f(a, b) \big)\) olsun. \(\big( f_x(a, b), f_y(a, b), -1 \big)\) vektörüne grafiğin \(P\)’deki normal vektörü denir. \(P\) noktasından geçen ve bu vektöre paralel olan
\[(x, y, z) = \big( a, b, f(a, b) \big) + t\,\big( f_x(a, b),\ f_y(a, b),\ -1 \big)\]
(\(t \in \mathbb{R}\)) doğrusuna grafiğin \(P\) noktasındaki normal doğrusu denir.
Yani normal doğru, teğet düzleme \(P\)’de dik olan tek doğrudur. Teğet düzlemin neden bu düzlem olduğunu üç açıdan görebiliriz.
En iyi yaklaşım. \(P\)’den geçen ve düşey olmayan her düzlem \(z = c + p(x - a) + q(y - b)\) biçimindedir. Önerme 14.2 gereği grafik ile düzlem arasındaki düşey uzaklık \((x, y) \to (a, b)\) iken \(\|(x - a, y - b)\|\)’den hızlı sıfıra gidiyorsa \(p = f_x(a, b)\) ve \(q = f_y(a, b)\) olmak zorundadır. Grafiğe bu anlamda dokunan tek düzlem teğet düzlemdir.
Koordinat eğrileri. \(y = b\) ve \(x = a\) düşey düzlemleri grafiği iki kesit eğrisi boyunca keser; kısmi türevlerin geometrik anlamı (Önerme 12.2) gereği bu eğrilerin \(P\)’deki teğetlerinin doğrultuları \((1, 0, f_x(a, b))\) ve \((0, 1, f_y(a, b))\)’dir. İki teğet de teğet düzlemin içindedir; örneğin \((a + t, b, f(a, b) + t f_x(a, b))\) noktaları denklemi sağlar. Vektörel çarpım (Tanım 2.10)
\[(1, 0, f_x) \times (0, 1, f_y) = (-f_x, -f_y, 1)\]
verir ve bu vektör normal vektörün \(-1\) katıdır. Teğet düzlem, iki koordinat eğrisinin teğetlerinin gerdiği düzlemdir.
Türevlenebilirliğin gerekliliği. Tanımda yalnız kısmi türevlerin varlığı yetmez. \(\dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun (Örnek 12.13) orijinde kısmi türevleri sıfırdır ve formül \(z = 0\) düzlemini verir, ama grafik orijine istenildiği kadar yakın köşegen noktalarında \(\dfrac{1}{2}\) yüksekliğindedir. Bu düzlem grafiğe hiçbir anlamda dokunmaz.
Normal vektörün bir yorumu daha vardır. \(F(x, y, z) = f(x, y) - z\) yazılırsa grafik, \(F = 0\) denklemiyle verilen kümedir ve \(F\)’nin gradyanı \(\nabla F = (f_x, f_y, -1)\) tam olarak normal vektördür. Üç değişkenli bir \(f\) fonksiyonunun grafiği \(\mathbb{R}^4\)’te yer aldığı için çizilemez; böyle fonksiyonlar \(f(x, y, z) = k\) denklemleriyle verilen düzey yüzeyleri (kesit yüzeyleri) aracılığıyla incelenir. Gradyanın düzey eğrilerine ve düzey yüzeylerine dik olduğunu zincir kuralı yardımıyla Yönlü Türev ve Ortalama Değer Teoremi bölümünde göreceğiz.
Örnek 14.16 (Eliptik Paraboloidin Teğet Düzlemi) \(z = 2x^2 + y^2\) eliptik paraboloidinin \((1, 1, 3)\) noktasındaki teğet düzlemini ve normal doğrusunu bulunuz.
Çözüm
Türevlenebilirlik. \(f(x, y) = 2x^2 + y^2\) bir polinomdur; \(f_x = 4x\) ve \(f_y = 2y\) süreklidir ve Sonuç 14.3 gereği \(f\) her noktada türevlenebilirdir. \(f(1, 1) = 3\) olduğundan \((1, 1, 3)\) grafiğin üzerindedir.
Teğet düzlem. \(f_x(1, 1) = 4\) ve \(f_y(1, 1) = 2\) olduğundan
\[z = 3 + 4(x - 1) + 2(y - 1)\]
yani \(z = 4x + 2y - 3\) bulunur.
Normal doğru. Normal vektör \((4, 2, -1)\)’dir; normal doğru (\(t \in \mathbb{R}\))
\[(x, y, z) = (1, 1, 3) + t\,(4, 2, -1)\]
olur.
\(\blacksquare\)
Örnek 14.17 (Bir Grafiğin Teğet Düzlemi) \(f(x, y) = x^2 + y\) fonksiyonunun grafiğine \(x = 1\), \(y = 2\) noktasında teğet olan düzlemi bulunuz.
Çözüm
\(f\) polinom olduğundan her noktada türevlenebilirdir. \(f(1, 2) = 3\) ve \(\nabla f(x, y) = (2x, 1)\) olduğundan \(\nabla f(1, 2) = (2, 1)\)’dir. Teğet düzlem
\[z = 3 + \big\langle (2, 1), (x - 1, y - 2) \big\rangle = 3 + 2(x - 1) + (y - 2)\]
olur. Düzenlersek \(2x + y - z = 1\) bulunur. Normal vektör \((2, 1, -1)\)’dir. \(\blacksquare\)
Örnek 14.18 (Dördüncü Dereceden Terimli Grafik) \(f(x, y) = 3x^4 + 5y^2\) fonksiyonunun grafiğine \(x = -1\), \(y = 1\) noktasında teğet olan düzlemin denklemini bulunuz.
Çözüm
\(f\) polinomdur ve her noktada türevlenebilirdir. \(f(-1, 1) = 3 + 5 = 8\)’dir. Kısmi türevler \(f_x = 12x^3\) ve \(f_y = 10y\) olduğundan \(\nabla f(-1, 1) = (-12, 10)\) olur. Teğet düzlem
\[z = 8 - 12(x + 1) + 10(y - 1) = -12x + 10y - 14\]
bulunur. Denetim: \(x = -1\), \(y = 1\) için \(z = 12 + 10 - 14 = 8\). \(\blacksquare\)
Örnek 14.19 (Yarım Kürenin Teğet Düzlemi) \(F(x, y) = \sqrt{9 - x^2 - y^2}\) yüzeyinin \(P = \big( 1, -2, F(1, -2) \big)\) noktasındaki gradyan vektörünü bulunuz ve \(P\)’deki teğet düzlemin denklemini yazınız.
Çözüm
Nokta. \(F(1, -2) = \sqrt{9 - 1 - 4} = 2\) olduğundan \(P = (1, -2, 2)\)’dir.
Türevlenebilirlik. \(F\), \(x^2 + y^2 \le 9\) kapalı dairesinde tanımlıdır. İç bölge \(x^2 + y^2 < 9\) açıktır ve orada
\[ \begin{aligned} F_x &= \frac{-x}{\sqrt{9 - x^2 - y^2}}, \\[1mm] F_y &= \frac{-y}{\sqrt{9 - x^2 - y^2}} \end{aligned} \]
kısmi türevleri süreklidir. \(1 + 4 = 5 < 9\) olduğundan \((1, -2)\) iç bölgededir ve Sonuç 14.3 gereği \(F\) orada türevlenebilirdir.
Gradyan. \((1, -2)\) noktasında kökün değeri \(2\) olduğundan
\[\nabla F(1, -2) = \left( \frac{-1}{2}, \frac{2}{2} \right) = \left( -\frac{1}{2}, 1 \right)\]
bulunur.
Teğet düzlem.
\[z = 2 - \frac{1}{2}(x - 1) + (y + 2)\]
olur. İki yanı \(2\) ile çarpıp düzenlersek
\[x - 2y + 2z = 9\]
bulunur; \(P\) bu denklemi sağlar: \(1 + 4 + 4 = 9\).
Geometrik denetim. \(z = F(x, y)\) yüzeyi, \(x^2 + y^2 + z^2 = 9\) küresinin \(z \ge 0\) yarısıdır. Teğet düzlemin normali \((1, -2, 2)\), yani merkezden \(P\)’ye giden yarıçap vektörüdür; kürenin teğet düzlemi yarıçapa dik olmalıdır ve öyledir. \(\blacksquare\)
14.10 Alıştırmalar
Alıştırma 14.1 (Karekökle Salınan Fonksiyon: Türevlenebilirlik) \[f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2) \sin \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında türevlenebilir olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(\rho = \sqrt{x^2 + y^2}\) yazalım.
Orijin dışında. \(U = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) kümesi açıktır (Sonuç 3.2). \(U\) üzerinde \(\rho_x = \dfrac{x}{\rho}\) olduğundan çarpım ve zincir kurallarıyla
\[f_x = 2x \sin \frac{1}{\rho} + \rho^2 \cos \frac{1}{\rho} \cdot \left( -\frac{1}{\rho^2} \right) \frac{x}{\rho} = 2x \sin \frac{1}{\rho} - \frac{x}{\rho} \cos \frac{1}{\rho}\]
ve aynı biçimde \(f_y = 2y \sin \dfrac{1}{\rho} - \dfrac{y}{\rho} \cos \dfrac{1}{\rho}\) bulunur. \(\rho \ne 0\) olduğundan bunlar \(U\) üzerinde süreklidir; \(f \in C^1(U)\) ve Sonuç 14.3 gereği \(f\), \(U\)’nun her noktasında türevlenebilirdir.
Orijinde. Dört adımı uygulayalım.
- Süreklilik: \(|f(x, y)| \le \rho^2 \to 0\).
- Kısmi türevler: \(t \ne 0\) için \(\left| \dfrac{f(t, 0) - 0}{t} \right| = \left| t \sin \dfrac{1}{|t|} \right| \le |t| \to 0\), yani \(f_x(0, 0) = 0\); simetriyle \(f_y(0, 0) = 0\).
- Kalan: \(R(h, k) = \dfrac{\rho^2 \sin(1/\rho)}{\rho} = \rho \sin \dfrac{1}{\rho}\), burada \(\rho = \sqrt{h^2 + k^2}\).
- Limit: \(|R(h, k)| \le \rho \to 0\).
\(f\), \((0, 0)\)’da da türevlenebilirdir ve \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.2 (Karekökle Salınan Fonksiyon: Kısmi Türevin Süreksizliği) \[f(x, y) = \begin{cases} (x^2 + y^2) \sin \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun (Alıştırma 14.1) \(f_x\) kısmi türevinin \((0, 0)\)’da sürekli olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Önceki alıştırmada (Alıştırma 14.1) bulunan formülde \(y = 0\) ve \(x > 0\) alırsak \(\rho = x\) ve
\[f_x(x, 0) = 2x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}\]
olur. İki dizi seçelim:
- \(x_k = \dfrac{1}{2k\pi}\) için \(\sin \dfrac{1}{x_k} = 0\), \(\cos \dfrac{1}{x_k} = 1\) ve \(f_x(x_k, 0) = -1\);
- \(x_k' = \dfrac{1}{(2k + 1)\pi}\) için \(\sin \dfrac{1}{x_k'} = 0\), \(\cos \dfrac{1}{x_k'} = -1\) ve \(f_x(x_k', 0) = 1\).
\((x_k, 0)\) ve \((x_k', 0)\) dizilerinin ikisi de \((0, 0)\)’a yakınsar, ama \(f_x\)’in bu diziler üzerindeki değerleri farklı sayılara (\(-1\) ve \(1\)’e) yakınsar. Dizisel ölçüt (Sonuç 8.1) gereği \(f_x\)’in \((0, 0)\)’da limiti yoktur; özel olarak \(f_x\) orada sürekli değildir.
Böylece \(f\), \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında türevlenebilir olduğu hâlde \((0, 0)\)’ı içeren hiçbir açık kümede \(C^1\) sınıfından değildir; yani \((0, 0)\)’da sürekli türevlenebilir değildir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.3 (Küplerin Toplamının Küpkökü) \(f(x, y) = \sqrt[3]{x^3 + y^3}\) (reel küpkök) fonksiyonu \((0, 0)\)’da türevlenebilir midir?
Çözüm
Süreklilik. \(|x|, |y| \le \|(x, y)\|\) olduğundan \(|x^3 + y^3| \le 2\,\|(x, y)\|^3\) ve \(|f(x, y)| \le \sqrt[3]{2}\,\|(x, y)\| \to 0\) olur; \(f\) süreklidir.
Kısmi türevler. \(f(t, 0) = \sqrt[3]{t^3} = t\) olduğundan \(f_x(0, 0) = \lim_{t \to 0} \dfrac{t}{t} = 1\); simetriyle \(f_y(0, 0) = 1\).
Kalan.
\[R(h, k) = \frac{\sqrt[3]{h^3 + k^3} - h - k}{\sqrt{h^2 + k^2}}.\]
Limit. \(k = 0\) boyunca \(R(h, 0) = \dfrac{h - h}{|h|} = 0\). \(k = h\) boyunca, \(h > 0\) için
\[R(h, h) = \frac{\sqrt[3]{2}\,h - 2h}{\sqrt{2}\,h} = \frac{\sqrt[3]{2} - 2}{\sqrt{2}} \approx -0{,}523\]
olur. İki yol farklı limit verir; \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenemez. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.4 (Kareler Çarpımının Kareler Toplamına Oranı) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 y^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu \((0, 0)\)’da türevlenebilir midir?
Çözüm
Süreklilik. \(x^2 \le x^2 + y^2\) olduğundan \(|f(x, y)| \le y^2 \to 0\); \(f\) süreklidir.
Kısmi türevler. Eksenler üzerinde \(f = 0\) olduğundan \(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = 0\).
Kalan. \(R(h, k) = \dfrac{h^2 k^2}{(h^2 + k^2)^{3/2}}\).
Limit.
\[(h^2 + k^2)^2 - 4h^2 k^2 = (h^2 - k^2)^2 \ge 0\]
olduğundan \(h^2 k^2 \le \dfrac{(h^2 + k^2)^2}{4}\) ve
\[0 \le R(h, k) \le \frac{(h^2 + k^2)^2}{4\,(h^2 + k^2)^{3/2}} = \frac{\sqrt{h^2 + k^2}}{4} \longrightarrow 0\]
olur. \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenebilirdir; türevi sıfırdır ve teğet düzlem \(z = 0\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.5 (Hiperbol Üzerinde Tanımlanan Fonksiyon) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 + y^2}{xy - 1}, & xy \ne 1, \\[2mm] 1, & xy = 1 \end{cases}\]
fonksiyonunun \(f_x(1, 1)\) ve \(f_y(1, 1)\) kısmi türevlerinin var olup olmadığını inceleyerek \(f\)’nin \((1, 1)\) noktasında türevlenebilir olup olmadığını belirleyiniz.
Çözüm
Değer. \(1 \cdot 1 = 1\) olduğundan \(f(1, 1) = 1\)’dir. Kısmi türevler bu noktada formülle değil, tanımla hesaplanmalıdır: \((1, 1)\)’de formülün paydası sıfırdır ve formül orada geçerli değildir.
Süreklilik. Küçük \(t \ne 0\) için \((1 + t) \cdot 1 \ne 1\) olduğundan
\[f(1 + t, 1) = \frac{(1 + t)^2 + 1}{t} = \frac{2 + 2t + t^2}{t}\]
olur. Pay \(2\)’ye, payda \(0\)’a gittiğinden \(t \to 0^+\) iken \(f(1 + t, 1) \to +\infty\), \(t \to 0^-\) iken \(-\infty\) olur. \(f\), \((1, 1)\) yakınında sınırlı bile değildir; \((1, 1)\)’de sürekli olamaz. Sonuç 14.1 gereği \(f\), \((1, 1)\)’de türevlenemez.
Kısmi türevler. Aynı hesapla
\[\frac{f(1 + t, 1) - f(1, 1)}{t} = \frac{2 + t + t^2}{t^2}\]
olur. \(t \to 0\) iken pay \(2\)’ye, payda pozitif kalarak \(0\)’a gider; oran \(+\infty\)’a ıraksar. Dolayısıyla \(f_x(1, 1)\) yoktur. \(f(x, y) = f(y, x)\) olduğundan \(f_y(1, 1)\) de yoktur.
Aslında \(f\), \(xy = 1\) hiperbolünün hiçbir noktasında sürekli değildir: hiperbolün bir noktasına yaklaşılırken \(xy \to 1\) olur, pay \(x^2 + y^2 \ge 2|xy|\) eşitsizliği gereği \(2\)’ye yakın ya da daha büyük kalır, payda ise sıfıra gider. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.6 (Öklid Normunun Türevlenebilirliği) \(f : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\), \(f(x) = \|x\|\) fonksiyonunun hangi noktalarda türevlenebilir olduğunu bulunuz ve türevlenebildiği noktalarda gradyanını hesaplayınız.
Çözüm
Orijin. \(t \ne 0\) için
\[\frac{f(te_j) - f(0)}{t} = \frac{|t|}{t} = \begin{cases} 1, & t > 0, \\ -1, & t < 0 \end{cases}\]
olur ve \(t \to 0\) iken limit yoktur. \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(0)\) mevcut olmadığından Teorem 14.2 gereği \(f\), \(0\)’da türevlenemez. (\(f\) orada süreklidir (Sonuç 10.2); türevlenemezliğin nedeni süreksizlik değildir. \(n = 2\) için aynı hesabı koni örneğinde (Örnek 12.14) yapmıştık.)
Öbür noktalar. \(U = \mathbb{R}^n \setminus \{0\}\) açıktır (Sonuç 3.2). \(U\) üzerinde \(f(x) = \sqrt{x_1^2 + \dots + x_n^2}\) ve kökün içi pozitif olduğundan zincir kuralıyla
\[\frac{\partial f}{\partial x_j}(x) = \frac{2x_j}{2\sqrt{x_1^2 + \dots + x_n^2}} = \frac{x_j}{\|x\|}\]
bulunur. Bu fonksiyonlar \(U\) üzerinde süreklidir; \(f \in C^1(U)\) ve Sonuç 14.3 gereği \(f\), her \(a \ne 0\) noktasında türevlenebilirdir:
\[\nabla f(a) = \frac{a}{\|a\|}.\]
Gradyan, \(a\) doğrultusundaki birim vektördür. \(n = 1\) için bu, \(|x|\) fonksiyonunun \(x \ne 0\)’da türevinin \(\dfrac{x}{|x|}\) olmasıdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.7 (Kuvvetin Yaklaşık Değeri) \((1{,}02)^{3{,}01}\) sayısının yaklaşık değerini toplam diferansiyelle bulunuz.
Çözüm
Fonksiyon. \(f(x, y) = x^y = e^{y \ln x}\) fonksiyonunu \(U = \{(x, y) : x > 0\}\) açık yarı düzleminde düşünelim ve \(a = (1, 3)\) alalım; \(f(1, 3) = 1\)’dir.
Türevlenebilirlik. \(U\) üzerinde
\[ \begin{aligned} f_x &= y\,x^{y - 1}, \\[1mm] f_y &= x^y \ln x \end{aligned} \]
olur ve bunlar süreklidir; Sonuç 14.3 gereği \(f\), \((1, 3)\)’te türevlenebilirdir. \(f_x(1, 3) = 3\) ve \(f_y(1, 3) = 1 \cdot \ln 1 = 0\)’dır.
Yaklaşım. \(dx = 0{,}02\) ve \(dy = 0{,}01\) ile
\[df(1, 3) = 3(0{,}02) + 0\,(0{,}01) = 0{,}06\]
olur; dolayısıyla \((1{,}02)^{3{,}01} \approx 1 + 0{,}06 = 1{,}06\)’dır. Gerçek değer yaklaşık \(1{,}06142\)’dir. \(y\)’deki değişim birinci mertebede sonuca katkı vermez, çünkü \(\ln 1 = 0\)’dır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.8 (Ölçüm Hatasının Hacme Yansıması) Dik dairesel bir silindirin yarıçapı en çok \(\%1\), yüksekliği en çok \(\%2\) bağıl hatayla ölçülüyor. Hacimdeki bağıl hatayı toplam diferansiyelle yaklaşık olarak kestiriniz.
Çözüm
Diferansiyel. Yarıçap \(r\), yükseklik \(H\) olmak üzere hacim \(V(r, H) = \pi r^2 H\)’dir. \(V\) polinom olduğundan türevlenebilirdir ve
\[dV = V_r\,dr + V_H\,dH = 2\pi r H\,dr + \pi r^2\,dH\]
olur.
Bağıl hata. İki yanı \(V = \pi r^2 H\)’ye bölersek
\[\frac{dV}{V} = 2\,\frac{dr}{r} + \frac{dH}{H}\]
bulunur. \(\left| \dfrac{dr}{r} \right| \le 0{,}01\) ve \(\left| \dfrac{dH}{H} \right| \le 0{,}02\) olduğundan
\[\left| \frac{dV}{V} \right| \le 2(0{,}01) + 0{,}02 = 0{,}04\]
olur. Hacimdeki bağıl hata yaklaşık en çok \(\%4\)’tür. Yarıçap formülde karesiyle geçtiği için onun bağıl hatası iki kez sayılır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 14.9 (Üstel Çarpımın Teğet Düzlemi) \(f(x, y) = x e^{xy}\) fonksiyonunun grafiğine \((1, 0, 1)\) noktasında teğet olan düzlemin ve bu noktadaki normal doğrunun denklemlerini yazınız.
Çözüm
Nokta ve türevlenebilirlik. \(f(1, 0) = 1 \cdot e^0 = 1\) olduğundan nokta grafiğin üzerindedir.
\[ \begin{aligned} f_x &= e^{xy} + xy\,e^{xy} = (1 + xy)\,e^{xy}, \\[1mm] f_y &= x^2 e^{xy} \end{aligned} \]
kısmi türevleri \(\mathbb{R}^2\)’de süreklidir; Sonuç 14.3 gereği \(f\) türevlenebilirdir. \(f_x(1, 0) = 1\) ve \(f_y(1, 0) = 1\)’dir.
Teğet düzlem. \(z = 1 + 1 \cdot (x - 1) + 1 \cdot (y - 0)\), yani \(z = x + y\).
Normal doğru. Normal vektör \((1, 1, -1)\) olduğundan normal doğru (\(t \in \mathbb{R}\))
\[(x, y, z) = (1, 0, 1) + t\,(1, 1, -1)\]
olur. \(\blacksquare\)
Bu bölümde reel değerli bir fonksiyonun türevini, gradyanla iç çarpım olarak temsil edilen bir lineer fonksiyon olarak kurduk ve türevlenebilirliğin sürekliliği, kısmi türevleri ve teğet düzlemi nasıl güvenceye aldığını gördük. Vektör değerli bir \(f = (f_1, \dots, f_m)\) fonksiyonu için aynı fikir, türevi \(\mathbb{R}^n\)’den \(\mathbb{R}^m\)’ye bir lineer dönüşüm yapar; bu dönüşümün matrisi Jacobi matrisidir. Bu genellemeyi ve bileşke fonksiyonların türevini veren zincir kuralını Jacobi Matrisi ve Zincir Kuralı bölümünde kuruyoruz.