18  Yerel Ekstremumlar

Tek değişkenli bir fonksiyonun yerel ekstremumlarını iki adımda arıyorduk. Önce Fermat teoremi (bkz. Analiz 2) adayları türevin sıfır olduğu ya da var olmadığı noktalara indiriyordu. Sonra ikinci türev testi (bkz. Analiz 2), \(f'(x_0) = 0\) olan bir adayda \(f''(x_0)\) sayısının işaretine bakarak noktanın bir çukurun dibi mi yoksa bir tepenin doruğu mu olduğuna karar veriyordu. Bu bölümde iki adımın çok değişkenli karşılıklarını kuruyoruz.

Birinci adım kolayca genelleşir: bir yerel ekstremum noktasından geçen her doğru üzerinde fonksiyon, tek değişkenli bir fonksiyonun yerel ekstremumunu verir; dolayısıyla bütün kısmi türevler, yani gradyan sıfırdır. İkinci adım daha incedir. \(f''(x_0)\) sayısının yerini Hessian matrisi (Tanım 17.1) alır ve “pozitif sayı” kavramının yerine “her yönde pozitif davranan matris” kavramı gelir. Tek değişkende tipik kritik noktalar çukurlar, tepeler ve \(x^3\)’teki gibi geçiş noktalarıdır. İki değişkende ise bir yönde yukarı, başka bir yönde aşağı kıvrılan eyer yüzeyi ortaya çıkar ve ikinci türev testi bu durumu da ayırt eder. Aracımız bir önceki bölümün Taylor formülüdür (Sonuç 17.2): kritik noktada birinci mertebe terim yok olur ve fonksiyonun davranışını ikinci mertebe terim belirler.

18.1 Yerel ve Mutlak Ekstremum

Tanımlar tek değişkendekilerle aynıdır; tek fark, aralık yerine yuvar kullanılmasıdır.

Tanım 18.1 (Yerel Maksimum ve Yerel Minimum) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D\) olsun.

• Her \(x \in B(a, \delta) \cap D\) için \(f(x) \le f(a)\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\) fonksiyonunun \(a\) noktasında yerel (lokal) maksimumu vardır denir.
• Her \(x \in B(a, \delta) \cap D\) için \(f(x) \ge f(a)\) olacak biçimde bir \(\delta > 0\) varsa \(f\) fonksiyonunun \(a\) noktasında yerel (lokal) minimumu vardır denir.

Bu iki duruma birlikte yerel ekstremum denir; \(a\) bir yerel ekstremum noktası, \(f(a)\) da bir yerel ekstremum değeridir. Eşitsizlik \(x \ne a\) olan her \(x \in B(a, \delta) \cap D\) için kesinse, yani \(f(x) < f(a)\) ya da \(f(x) > f(a)\) ise, kesin yerel maksimum ya da kesin yerel minimum denir.

Yani \(a\)’nın yeterince küçük bir yuvarı içinde \(f\), \(a\)’daki değerinden daha büyük (maksimumda) ya da daha küçük (minimumda) bir değer almaz. Yuvarın yarıçapı \(a\)’ya bağlıdır ve istenildiği kadar küçük olabilir. \(a\), \(D\)’nin bir iç noktası ise \(\delta\) yeterince küçük seçilerek \(B(a, \delta) \subseteq D\) sağlanabilir; o zaman kesişim yazmaya gerek kalmaz ve koşul yalnız \(B(a, \delta)\) yuvarında denetlenir. \(n = 1\) için \(B(a, \delta) = (a - \delta, a + \delta)\) olur ve tek değişkendeki tanım (bkz. Analiz 2) elde edilir.

Tanım 18.2 (Mutlak Maksimum ve Mutlak Minimum) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D\) olsun. Her \(x \in D\) için \(f(x) \le f(a)\) ise \(f\)’nin \(a\) noktasında mutlak maksimumu, her \(x \in D\) için \(f(x) \ge f(a)\) ise mutlak minimumu vardır denir. Bu iki duruma birlikte mutlak ekstremum denir.

Yani mutlak ekstremumda karşılaştırma bütün tanım kümesi üzerinden yapılır: \(f(a) = \max_{x \in D} f(x)\) ya da \(f(a) = \min_{x \in D} f(x)\) olur. Her mutlak maksimum aynı zamanda yerel maksimumdur, çünkü eşitsizlik her \(x \in D\) için sağlanıyorsa \(B(a, \delta) \cap D\) kümesindeki \(x\)’ler için de sağlanır. Tersi doğru değildir; Örnek 18.7 içinde mutlak olmayan bir yerel minimum göreceğiz. Kompakt bir küme üzerinde sürekli bir fonksiyonun mutlak maksimum ve minimum değerlerini aldığını biliyoruz (Teorem 11.3); bu değerlerin nasıl bulunacağı bir sonraki bölümün konusudur. Bu bölümde yerel ekstremumlarla, özellikle de iç noktalardaki yerel ekstremumlarla ilgileniyoruz.

18.2 Birinci Mertebeden Gerek Koşul

Yerel ekstremum noktasından koordinat eksenlerine paralel doğrultularda ilerlediğimizde elde edilen tek değişkenli fonksiyonların hepsinin aynı noktada yerel ekstremumu vardır. Fermat teoremini bu fonksiyonlara uygulamak, çok değişkenli gerek koşulu verir.

Teorem 18.1 (Yerel Ekstremum için Gerek Koşul) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a\), \(D\)’nin bir iç noktası olsun. \(f\)’nin \(a\) noktasında yerel ekstremumu varsa şunlar doğrudur.

• (i) \(f\)’nin \(a\)’daki birinci mertebe kısmi türevlerinden var olanların her biri sıfırdır. Özel olarak bütün birinci mertebe kısmi türevler \(a\)’da varsa \(\nabla f(a) = 0\) olur.
• (ii) Daha genel olarak, \(u \in \mathbb{R}^n\) bir birim vektör ve \(D_u f(a)\) yönlü türevi varsa \(D_u f(a) = 0\) olur.
• (iii) \(f\), \(a\)’da türevlenebilirse toplam diferansiyeli sıfırdır: her \(h \in \mathbb{R}^n\) için \(df(a)(h) = 0\).

İspat

Önce \(f\)’nin \(a\)’da yerel maksimumu olduğunu varsayalım. \(a\) bir iç nokta olduğundan \(B(a, r) \subseteq D\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır. Yerel maksimum tanımındaki \(\delta\) ile \(r\)’nin küçüğünü alarak (buna yine \(\delta\) diyelim) \(B(a, \delta) \subseteq D\) ve her \(x \in B(a, \delta)\) için \(f(x) \le f(a)\) elde ederiz.

(ii) \(u\) bir birim vektör olsun ve \(|t| < \delta\) için \(g(t) = f(a + tu)\) ile tanımlanan \(g : (-\delta, \delta) \to \mathbb{R}\) fonksiyonunu ele alalım. \(|t| < \delta\) ise

\[\|(a + tu) - a\| = |t|\, \|u\| = |t| < \delta\]

olduğundan \(a + tu \in B(a, \delta)\)’dır; dolayısıyla \(g\) iyi tanımlıdır ve

\[g(t) = f(a + tu) \le f(a) = g(0)\]

olur. Yani \(g\) fonksiyonunun \((-\delta, \delta)\) açık aralığının \(0\) noktasında yerel maksimumu vardır. Öte yandan yönlü türevin tanımı (Tanım 16.1) gereği

\[\lim_{t \to 0} \frac{g(t) - g(0)}{t} = \lim_{t \to 0} \frac{f(a + tu) - f(a)}{t} = D_u f(a)\]

olur; \(D_u f(a)\)’nın var olması, \(g\)’nin \(0\)’da türevlenebilir olması ve \(g'(0) = D_u f(a)\) demektir. Fermat teoremi (bkz. Analiz 2) gereği \(g'(0) = 0\), yani \(D_u f(a) = 0\) olur.

(i) \(u = e_j\) alınırsa yönlü türev \(j\). kısmi türeve dönüşür (Tanım 12.1):

\[D_{e_j} f(a) = \lim_{t \to 0} \frac{f(a + t e_j) - f(a)}{t} = \frac{\partial f}{\partial x_j}(a).\]

2. gereği bu kısmi türev varsa sıfırdır. Bütün kısmi türevler varsa hepsi sıfır olduğundan \(\nabla f(a) = 0\)’dır (Tanım 12.3).

(iii) \(f\), \(a\)’da türevlenebilirse bütün birinci mertebe kısmi türevleri vardır ve türev tanımındaki vektör \(\nabla f(a)\)’dır (Teorem 14.2); toplam diferansiyel (Tanım 14.2) \(df(a)(h) = \langle \nabla f(a), h \rangle\) olur. (i) gereği \(\nabla f(a) = 0\) olduğundan her \(h\) için \(df(a)(h) = 0\)’dır.

Son olarak \(f\)’nin \(a\)’da yerel minimumu varsa \(-f\)’nin \(a\)’da yerel maksimumu vardır. \(-f\)’nin kısmi türevleri, yönlü türevleri ve türevi \(f\)’ninkilerin \(-1\) katıdır; yukarıdaki sonuçlar bunları sıfır bulduğundan \(f\)’ninkiler de sıfırdır. \(\blacksquare\)

Bu teoreme birinci mertebeden gerek koşul denir. İki değişkende (iii) şıkkının geometrik anlamı açıktır: \(f\) türevlenebilir ve \((x_0, y_0)\) bir iç yerel ekstremum noktası ise grafiğin bu noktadaki teğet düzlemi (Tanım 14.4)

\[ \begin{aligned} z &= f(x_0, y_0) + f_x(x_0, y_0)(x - x_0) + f_y(x_0, y_0)(y - y_0) \\[1mm] &= f(x_0, y_0) \end{aligned} \]

düzlemidir, yani yataydır. Tepenin doruğunda da çukurun dibinde de teğet düzlem yatay durur.

Teoremin iki noktasına dikkat edelim. İç nokta koşulu gereklidir: \(D = [0, 1] \times [0, 1]\) karesinde \(f(x, y) = x + y\) fonksiyonunun \((0, 0)\) köşesinde mutlak minimumu vardır, ama \(\nabla f = (1, 1)\) hiçbir yerde sıfır olmaz. Sınır noktalarındaki ekstremumları bir sonraki bölümde ayrıca inceleyeceğiz. Kısmi türevlerin varlığı ise sonucun kapsamını belirler: kısmi türevleri olmayan bir noktada da ekstremum bulunabilir (Örnek 18.1) ve teorem böyle bir nokta hakkında bir şey söylemez.

18.3 Durgun, Kritik ve Eyer Noktaları

Gerek koşul, iç noktalardaki yerel ekstremumların aranacağı yerleri daraltır. Bu yerlere ad verelim.

Tanım 18.3 (Durgun Nokta) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(f : U \to \mathbb{R}\) ve \(a \in U\) olsun. \(f\)’nin \(a\)’da bütün birinci mertebe kısmi türevleri varsa ve \(\nabla f(a) = 0\) ise \(a\) noktasına \(f\)’nin bir durgun noktası denir.

Yani durgun nokta, bütün kısmi türevlerin var olup aynı anda sıfırlandığı noktadır; \(f\) türevlenebilirse grafiğin teğet düzlemi orada yataydır.

Tanım 18.4 (Kritik Nokta) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(f : U \to \mathbb{R}\) olsun. \(f\)’nin durgun noktalarına ve birinci mertebe kısmi türevlerinden en az birinin var olmadığı noktalara \(f\)’nin kritik noktaları denir.

Yani kritik noktalar iki türlüdür: gradyanın var olup sıfır olduğu noktalar ve gradyanın hiç yazılamadığı noktalar. Tek değişkende de kritik noktayı aynı iki türle tanımlamıştık (bkz. Analiz 2). Kısmi türevleri her yerde var olan bir fonksiyonun kritik noktaları tam olarak durgun noktalarıdır. Gerek koşulu bu dille yeniden yazalım.

Sonuç 18.1 (Yerel Ekstremum Noktaları Kritik Noktalardır) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(f : U \to \mathbb{R}\) olsun. \(f\)’nin her yerel ekstremum noktası bir kritik noktasıdır.

İspat

\(a \in U\) bir yerel ekstremum noktası olsun. \(U\) açık olduğundan \(a\) bir iç noktadır. \(f\)’nin \(a\)’daki birinci mertebe kısmi türevlerinden biri yoksa \(a\), tanım gereği bir kritik noktadır. Hepsi varsa Teorem 18.1 (i) gereği \(\nabla f(a) = 0\) olur; \(a\) bir durgun nokta, dolayısıyla bir kritik noktadır. \(\blacksquare\)

Sonucun pratik anlamı şudur: açık bir kümede yerel ekstremum ararken önce \(\nabla f = 0\) denklem sisteminin çözümleri ve kısmi türevlerin var olmadığı noktalar bulunur; ekstremum ancak bu adaylar arasında olabilir. İlk örnek, ikinci türden adayların gerçekten ekstremum olabildiğini gösteriyor.

Örnek 18.1 (Kısmi Türevi Olmayan Bir Minimum) \(f(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulunuz ve \((0, 0)\) noktasında mutlak minimumu olduğunu gösteriniz.

Çözüm

Kritik noktalar. \((x, y) \ne (0, 0)\) ise \(x^2 + y^2 > 0\)’dır; kök fonksiyonu pozitif sayılarda türevlenebilir olduğundan zincir kuralıyla

\[\nabla f(x, y) = \left( \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}, \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} \right)\]

bulunur. Bu vektörün boyu \(1\)’dir, dolayısıyla sıfır olamaz; \((0, 0)\) dışında durgun nokta yoktur. \((0, 0)\) noktasında \(x\)’e göre kısmi türevin fark oranı

\[\frac{f(t, 0) - f(0, 0)}{t} = \frac{\sqrt{t^2}}{t} = \frac{|t|}{t}\]

olur. Bu oran \(t > 0\) için \(1\), \(t < 0\) için \(-1\)’dir; \(t \to 0\) iken limiti yoktur. Demek ki \(f_x(0, 0)\) yoktur (aynı hesapla \(f_y(0, 0)\) da yoktur) ve \((0, 0)\) bir kritik noktadır. \(f\)’nin tek kritik noktası budur.

Minimum. Her \((x, y)\) için \(f(x, y) = \|(x, y)\| \ge 0 = f(0, 0)\) olur ve eşitlik yalnız \((0, 0)\)’da sağlanır. \(f\)’nin \((0, 0)\)’da kesin mutlak minimumu vardır. Grafik, tepesi aşağıda duran bir konidir; tepe noktası sivri olduğundan orada teğet düzlem yoktur. Bu, tek değişkendeki \(|x|\) fonksiyonunun (bkz. Analiz 2) iki değişkenli karşılığıdır. \(\blacksquare\)

Gerek koşulun tersi doğru değildir: kritik nokta olmak, yerel ekstremum olmayı gerektirmez. Tek değişkende \(f(x) = x^3\) fonksiyonu için \(f'(0) = 0\) olduğu hâlde \(0\) bir ekstremum noktası değildi (bkz. Analiz 2). Çok değişkende bu durum daha sık ve daha zengin biçimde ortaya çıkar; ona bir ad verelim.

Tanım 18.5 (Eyer Noktası) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(f : U \to \mathbb{R}\) ve \(a \in U\), \(f\)’nin bir kritik noktası olsun. \(a\), \(f\)’nin bir yerel ekstremum noktası değilse \(a\) noktasına \(f\)’nin bir eyer (semer) noktası denir.

Yani eyer noktası, yerel ekstremum olmayan kritik noktadır. Tanımı açalım. \(a\) yerel maksimum değildir: her \(\rho > 0\) için \(B(a, \rho)\) içinde \(f(y) > f(a)\) olan bir \(y\) vardır. \(a\) yerel minimum da değildir: her \(\rho > 0\) için \(B(a, \rho)\) içinde \(f(x) < f(a)\) olan bir \(x\) vardır. Demek ki bir kritik noktanın eyer noktası olması, \(a\) merkezli her \(B(a, \rho) \subseteq U\) yuvarında \(f(x) < f(a) < f(y)\) koşulunu sağlayan \(x\) ve \(y\) noktalarının bulunmasına denktir. \(a\)’nın ne kadar küçük bir yuvarına bakılırsa bakılsın, orada \(f(a)\)’dan hem küçük hem büyük değerler vardır.

Ad, eyerin biçiminden gelir: eyerin ortasındaki nokta, atın gövdesi boyunca bakıldığında en alçak, gövdeye dik doğrultuda bakıldığında en yüksek noktadır. Tek değişkendeki \(x^3\) örneğinde olduğu gibi, eyer noktasında da grafik yatay teğet düzlemin hem altına hem üstüne geçer.

Örnek 18.2 (Eyer Yüzeyi) \(f(x, y) = y^2 - x^2\) fonksiyonunun tek kritik noktasının \((0, 0)\) olduğunu ve bu noktanın bir eyer noktası olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(f\) bir polinom olduğundan kısmi türevleri her yerde vardır ve süreklidir: \(f_x = -2x\), \(f_y = 2y\). \(\nabla f(x, y) = (-2x, 2y) = (0, 0)\) eşitliği yalnız \((x, y) = (0, 0)\) için sağlanır. Tek kritik nokta \((0, 0)\)’dır ve \(f(0, 0) = 0\)’dır.

\(\rho > 0\) keyfi olsun ve \(0 < t < \rho\) alalım. \((t, 0)\) ve \((0, t)\) noktaları \(B((0, 0), \rho)\) yuvarındadır ve

\[f(t, 0) = -t^2 < 0 = f(0, 0) < t^2 = f(0, t)\]

olur. \((0, 0)\) noktasının her yuvarında \(f(0, 0)\)’dan küçük ve büyük değerler vardır; \((0, 0)\) bir eyer noktasıdır. Grafik, \(x\) ekseni üzerinde aşağı açılan \(z = -x^2\) parabolünü, \(y\) ekseni üzerinde yukarı açılan \(z = y^2\) parabolünü içerir: \(y\) doğrultusunda orijin bir çukurun dibi, \(x\) doğrultusunda bir tepenin doruğudur.

z = y² − x² yüzeyi (−1 ≤ x, y ≤ 1). x ekseni üzerindeki z = −x² parabolü aşağı, y ekseni üzerindeki z = y² parabolü yukarı açılır. Orijin, ilk parabolün en yüksek, ikincisinin en alçak noktasıdır. Yüzeyin arkasında kalan çizgiler soluk çizilmiştir.

\(f\) her yerde sürekli türevlenebilir olduğu hâlde \(\nabla f(0, 0) = 0\) koşulu bir ekstremum vermemiştir: gerek koşul yeterli değildir. \(\blacksquare\)

18.4 Simetrik Matrislerin Tanımlılığı

Kritik bir noktanın türünü belirlemek için Taylor formülüne dönelim. \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(f \in C^2(U)\), \(a \in U\) ve \(\nabla f(a) = 0\) olsun. \(B(a, r) \subseteq U\) ve \(\|h\| < r\) ise \(a\) ile \(a + h\) arasındaki doğru parçası \(B(a, r)\) içindedir ve Sonuç 17.2 gereği bir \(\theta \in (0, 1)\) için

\[f(a + h) - f(a) = \frac{1}{2}\, h^{T} H_f(a + \theta h)\, h \tag{1}\]

olur; birinci mertebe terim \(\langle \nabla f(a), h \rangle = 0\) olduğundan kaybolmuştur. Burada \(h\) bir sütun vektörü, \(h^{T}\) onun devriği olarak düşünülür ve

\[h^{T} H_f(x)\, h = \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} \frac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}(x)\, h_j h_k\]

olur. Bu sayı, \(f\)’nin \(x\) noktasındaki ikinci mertebeden toplam diferansiyelidir (Tanım 17.2): \(d^2 f(x)(h) = h^{T} H_f(x)\, h\). Demek ki \(a\)’nın yakınında \(f(a + h) - f(a)\) farkının işaretini, \(h \mapsto h^{T} H h\) ifadesinin işareti belirler. \(f \in C^2(U)\) olduğundan \(H_f(x)\) simetrik bir matristir (Önerme 17.1). Bu yüzden önce simetrik matrislerin bu türden ifadelerini inceliyoruz.

Tanım 18.6 (Kuadratik Form) \(A = (a_{jk})\), \(n \times n\) tipinde reel simetrik bir matris (\(a_{jk} = a_{kj}\)) olsun. \(h \in \mathbb{R}^n\) için

\[Q_A(h) = h^{T} A h = \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_{jk} h_j h_k\]

ile tanımlanan \(Q_A : \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna \(A\)’nın kuadratik formu denir.

Yani \(Q_A\), \(h\)’nin koordinatlarının ikinci dereceden homojen bir polinomudur ve her \(t \in \mathbb{R}\) için \(Q_A(th) = t^2 Q_A(h)\) olur. Örneğin \(n = 2\) ve

\[A = \begin{pmatrix} p & q \\ q & r \end{pmatrix}\]

için \(Q_A(h) = p h_1^2 + 2q h_1 h_2 + r h_2^2\) bulunur. Hessian matrisinin kuadratik formu, yukarıda gördüğümüz gibi ikinci diferansiyeldir. Şimdi formun alabileceği işaretleri sınıflandırıyoruz.

Tanım 18.7 (Pozitif ve Negatif Tanımlı Matris) \(A\), \(n \times n\) tipinde reel simetrik bir matris olsun.

• Her \(h \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}\) için \(h^{T} A h > 0\) ise \(A\) matrisine pozitif tanımlı denir.
• Her \(h \in \mathbb{R}^n \setminus \{0\}\) için \(h^{T} A h < 0\) ise \(A\) matrisine negatif tanımlı denir.

Yani pozitif tanımlı bir matrisin kuadratik formu, sıfır vektörü dışındaki her vektörde pozitif değer alır; tek değişkende bu, \(1 \times 1\) tipindeki \((f''(x_0))\) matrisi için \(f''(x_0) h^2 > 0\), yani \(f''(x_0) > 0\) koşuludur. \(A\)’nın negatif tanımlı olması, \(-A\)’nın pozitif tanımlı olması demektir.

Tanım 18.8 (Yarı Tanımlı Matris) \(A\), \(n \times n\) tipinde reel simetrik bir matris olsun.

• Her \(h \in \mathbb{R}^n\) için \(h^{T} A h \ge 0\) ise \(A\) matrisine pozitif yarı tanımlı denir.
• Her \(h \in \mathbb{R}^n\) için \(h^{T} A h \le 0\) ise \(A\) matrisine negatif yarı tanımlı denir.

Yani yarı tanımlı matrisin formu tek işaretlidir ama sıfırdan farklı bir vektörde sıfır değerini de alabilir. Her pozitif tanımlı matris pozitif yarı tanımlıdır; tersi doğru değildir.

Tanım 18.9 (Belirsiz Matris) \(A\), \(n \times n\) tipinde reel simetrik bir matris olsun. \(u^{T} A u < 0 < v^{T} A v\) olacak biçimde \(u, v \in \mathbb{R}^n\) vektörleri varsa \(A\) matrisine belirsiz (tanımsız) denir.

Yani belirsiz matrisin formu işaret değiştirir: bazı yönlerde pozitif, bazı yönlerde negatif değer alır. Bir simetrik matris aşağıdaki dört durumdan tam birine düşer:

1. pozitif tanımlı,
2. negatif tanımlı,
3. belirsiz,
4. yarı tanımlı ama tanımlı değil: form ya hep \(\ge 0\) ya hep \(\le 0\)’dır ve sıfırdan farklı bir \(h\) için \(h^{T} A h = 0\) olur.

Gerçekten, form negatif değer almıyorsa pozitif yarı tanımlı, pozitif değer almıyorsa negatif yarı tanımlıdır; ikisini de alıyorsa belirsizdir. Yarı tanımlı bir matrisin formu sıfırdan farklı her vektörde sıfırdan farklıysa matris tanımlıdır; değilse dördüncü durumdadır. Sıfır matrisi hem pozitif hem negatif yarı tanımlıdır ve dördüncü durumdadır. Şu üç matris sırasıyla birinci, dördüncü ve üçüncü duruma örnektir:

\[ \begin{aligned} A_1 &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}, & Q_{A_1}(h) &= h_1^2 + 2h_2^2, \\[1mm] A_2 &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, & Q_{A_2}(h) &= h_1^2, \\[1mm] A_3 &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, & Q_{A_3}(h) &= h_1^2 - h_2^2. \end{aligned} \]

\(Q_{A_1}(h)\) sıfırdan farklı her \(h\) için pozitiftir; \(A_1\) pozitif tanımlıdır. \(Q_{A_2}\) hiç negatif olmaz ama \(Q_{A_2}(0, 1) = 0\)’dır; \(A_2\) pozitif yarı tanımlıdır, tanımlı değildir. \(Q_{A_3}(1, 0) = 1 > 0 > -1 = Q_{A_3}(0, 1)\) olduğundan \(A_3\) belirsizdir. Bu üç matris sırasıyla \(x^2 + 2y^2\), \(x^2\) ve \(x^2 - y^2\) fonksiyonlarının orijindeki Hessian matrislerinin yarısıdır.

Hızlı bir denetim de şudur: \(Q_A(e_j) = a_{jj}\) olduğundan pozitif tanımlı bir matrisin köşegen elemanlarının hepsi pozitif, negatif tanımlı bir matrisinkilerin hepsi negatiftir. Köşegende biri pozitif, biri negatif iki eleman varsa matris belirsizdir.

Tanımlılık özdeğerlerle de ifade edilebilir. Lineer cebirden bilindiği gibi reel simetrik bir \(A\) matrisinin özdeğerleri \(\lambda_1, \dots, \lambda_n\) reeldir ve \(\mathbb{R}^n\)’nin, \(A w_i = \lambda_i w_i\) koşulunu sağlayan özvektörlerden oluşan bir ortonormal tabanı \(\{w_1, \dots, w_n\}\) vardır. \(h = c_1 w_1 + \dots + c_n w_n\) yazılırsa ortonormallik gereği

\[h^{T} A h = \lambda_1 c_1^2 + \lambda_2 c_2^2 + \dots + \lambda_n c_n^2\]

olur. Buradan \(A\)’nın pozitif tanımlı olmasının bütün özdeğerlerin pozitif olmasına, negatif tanımlı olmasının hepsinin negatif olmasına, belirsiz olmasının hem pozitif hem negatif özdeğer bulunmasına, pozitif yarı tanımlı olmasının da bütün özdeğerlerin \(\ge 0\) olmasına denk olduğu görülür. Özdeğerleri hesaplamak çoğu zaman zor olduğundan biz tanımla ve birazdan kuracağımız determinant ölçütleriyle çalışacağız.

“Sıfırdan farklı her vektörde pozitif” koşulunun nicel bir karşılığı vardır.

Lemma 18.1 (Pozitif Tanımlı Formun Alttan Sınırı) \(A\), \(n \times n\) tipinde pozitif tanımlı bir simetrik matris ise öyle bir \(m > 0\) sayısı vardır ki her \(h \in \mathbb{R}^n\) için

\[h^{T} A h \ge m\, \|h\|^2\]

olur.

İspat

\(S = S(0, 1) = \{ h \in \mathbb{R}^n : \|h\| = 1 \}\) birim yuvar yüzeyini ele alalım.

\(S\) kompakttır. Norm sürekli bir fonksiyondur (Sonuç 10.2) ve \(S\), \(\mathbb{R}\)’nin kapalı \(\{1\}\) kümesinin norm altındaki ters görüntüsüdür; dolayısıyla \(S\) kapalıdır (Sonuç 11.2). \(S \subseteq B[0, 1]\) olduğundan \(S\) sınırlıdır. Heine–Borel teoremi (Teorem 5.5) gereği \(S\) kompakttır; \(e_1 \in S\) olduğundan boş da değildir.

Form \(S\) üzerinde en küçük değerini alır. \(Q_A(h) = \sum_{j,k} a_{jk} h_j h_k\), \(h\)’nin koordinatlarının bir polinomudur, dolayısıyla \(\mathbb{R}^n\) üzerinde süreklidir (Teorem 10.3). Uç değer teoremi (Teorem 11.3) gereği öyle bir \(h_0 \in S\) vardır ki her \(h \in S\) için \(Q_A(h) \ge Q_A(h_0)\) olur. \(m = Q_A(h_0)\) diyelim. \(\|h_0\| = 1\) olduğundan \(h_0 \ne 0\)’dır ve \(A\) pozitif tanımlı olduğundan \(m > 0\)’dır.

Eşitsizlik. \(h = 0\) ise iki yan da sıfırdır. \(h \ne 0\) ise \(\dfrac{h}{\|h\|} \in S\)’dir ve \(Q_A(th) = t^2 Q_A(h)\) özelliği \(t = \|h\|\) ile

\[h^{T} A h = \|h\|^2\, Q_A\left( \frac{h}{\|h\|} \right) \ge m\, \|h\|^2\]

verir. \(\blacksquare\)

Lemma, formun \(\|h\|^2\)’nin sabit bir katından büyük kaldığını söyler. Tek değişkende \(1 \times 1\) tipindeki \((c)\) matrisi için \(m = c\) alınabilir ve lemma apaçıktır; çok değişkende \(m\) sayısı, formun birim yuvar yüzeyi üzerindeki en küçük değeridir (özdeğerler diliyle en küçük özdeğer). \(A\) negatif tanımlıysa lemma pozitif tanımlı \(-A\) matrisine uygulanarak \(h^{T} A h \le -m \|h\|^2\) elde edilir.

1. eşitliğindeki Hessian matrisi \(a\)’da değil, \(a\) ile \(a + h\) arasındaki bilinmeyen bir \(a + \theta h\) noktasında hesaplanır. Bu yüzden pozitif tanımlılığı \(a\)’dan yakın noktalara taşımamız gerekiyor.

Önerme 18.1 (Pozitif Tanımlılık Komşulukta Korunur) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(f \in C^2(U)\) ve \(a \in U\) olsun. \(H_f(a)\) pozitif tanımlı ve \(m > 0\), \(H_f(a)\) için Lemma 18.1 ile verilen sayı olsun. O zaman öyle bir \(\varepsilon > 0\) vardır ki \(B(a, \varepsilon) \subseteq U\) olur ve her \(x \in B(a, \varepsilon)\) ile her \(h \in \mathbb{R}^n\) için

\[h^{T} H_f(x)\, h \ge \frac{m}{2}\, \|h\|^2\]

sağlanır. Özel olarak \(H_f(x)\) matrisi her \(x \in B(a, \varepsilon)\) için pozitif tanımlıdır.

İspat

Kısaltma olarak \(f_{jk} = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}\) yazalım ve \(x \in U\) için

\[s(x) = \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} \big| f_{jk}(x) - f_{jk}(a) \big|\]

diyelim. \(f \in C^2(U)\) olduğundan her \(f_{jk}\) süreklidir; sürekli fonksiyonların farkı, mutlak değeri ve toplamı sürekli olduğundan (Teorem 10.2, Teorem 10.4) \(s\) de süreklidir ve \(s(a) = 0\)’dır. Süreklilik tanımını (Tanım 10.1) \(\dfrac{m}{2}\) sayısıyla uygulayıp gerekirse yarıçapı küçülterek öyle bir \(\varepsilon > 0\) buluruz ki \(B(a, \varepsilon) \subseteq U\) ve her \(x \in B(a, \varepsilon)\) için \(s(x) < \dfrac{m}{2}\) olur.

Her \(j\) için \(|h_j| \le \|h\|\) olduğundan her \(j, k\) için \(|h_j h_k| \le \|h\|^2\)’dir. Dolayısıyla \(x \in B(a, \varepsilon)\) ve \(h \in \mathbb{R}^n\) için

\[ \begin{aligned} \left| h^{T} H_f(x)\, h - h^{T} H_f(a)\, h \right| &= \left| \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} \big( f_{jk}(x) - f_{jk}(a) \big) h_j h_k \right| \\[1mm] &\le s(x)\, \|h\|^2 \le \frac{m}{2}\, \|h\|^2 \end{aligned} \]

olur. Buradan ve lemmadan

\[ \begin{aligned} h^{T} H_f(x)\, h &\ge h^{T} H_f(a)\, h - \frac{m}{2}\, \|h\|^2 \\[1mm] &\ge m\, \|h\|^2 - \frac{m}{2}\, \|h\|^2 = \frac{m}{2}\, \|h\|^2 \end{aligned} \]

elde edilir. \(h \ne 0\) ise sağ yan pozitiftir. \(H_f(x)\) simetrik olduğundan (Önerme 17.1) pozitif tanımlıdır. \(\blacksquare\)

18.5 İkinci Türev Testi

Artık tek değişkenli ikinci türev testinin çok değişkenli karşılığını ifade edebiliriz: \(f''(x_0) > 0\) koşulunun yerini Hessian matrisinin pozitif tanımlı olması alır.

Teorem 18.2 (İkinci Türev Testi) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme, \(f \in C^2(U)\) ve \(a \in U\), \(f\)’nin bir durgun noktası olsun: \(\nabla f(a) = 0\).

• (i) \(H_f(a)\) pozitif tanımlı ise \(f\)’nin \(a\)’da kesin yerel minimumu vardır.
• (ii) \(H_f(a)\) negatif tanımlı ise \(f\)’nin \(a\)’da kesin yerel maksimumu vardır.
• (iii) \(H_f(a)\) belirsiz ise \(a\), \(f\)’nin bir eyer noktasıdır.
• (iv) \(H_f(a)\) yarı tanımlı olup tanımlı değilse test sonuç vermez: \(a\) yerel minimum, yerel maksimum ya da eyer noktası olabilir.

İspat

\(B(a, r) \subseteq U\) olacak biçimde bir \(r > 0\) seçelim. \(\|h\| < r\) ise \(t \in [0, 1]\) için \(\|(a + th) - a\| = t\|h\| < r\) olduğundan \(a\) ile \(a + h\) arasındaki doğru parçası \(B(a, r)\) içindedir; dolayısıyla (1) eşitliği her \(\|h\| < r\) için geçerlidir.

(i) Önerme 18.1 gereği öyle bir \(m > 0\) ve \(0 < \varepsilon \le r\) vardır ki her \(x \in B(a, \varepsilon)\) ve her \(\xi \in \mathbb{R}^n\) için \(\xi^{T} H_f(x)\, \xi \ge \dfrac{m}{2} \|\xi\|^2\) olur. \(0 < \|h\| < \varepsilon\) olsun. (1) eşitliğindeki \(a + \theta h\) noktası için \(\|\theta h\| \le \|h\| < \varepsilon\) olduğundan \(a + \theta h \in B(a, \varepsilon)\)’dır; dolayısıyla

\[f(a + h) - f(a) = \frac{1}{2}\, h^{T} H_f(a + \theta h)\, h \ge \frac{m}{4}\, \|h\|^2 > 0\]

olur. Yani \(x \ne a\) olan her \(x \in B(a, \varepsilon)\) için \(f(x) > f(a)\)’dır: \(f\)’nin \(a\)’da kesin yerel minimumu vardır.

(ii) \(g = -f\) alalım. \(g \in C^2(U)\), \(\nabla g(a) = -\nabla f(a) = 0\) ve \(H_g(a) = -H_f(a)\)’dır. \(H_f(a)\) negatif tanımlı olduğundan \(h \ne 0\) için \(h^{T} H_g(a)\, h = -h^{T} H_f(a)\, h > 0\) olur; \(H_g(a)\) pozitif tanımlıdır. (i) gereği \(g\)’nin \(a\)’da kesin yerel minimumu vardır: \(a\)’ya yeterince yakın her \(x \ne a\) için \(-f(x) > -f(a)\), yani \(f(x) < f(a)\) olur.

(iii) \(H_f(a)\) belirsiz olduğundan \(u^{T} H_f(a)\, u < 0 < v^{T} H_f(a)\, v\) olacak biçimde \(u, v\) vektörleri vardır; ikisi de sıfırdan farklıdır. Yine \(f_{jk} = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j\,\partial x_k}\) kısaltmasıyla

\[\psi(x) = v^{T} H_f(x)\, v = \sum_{j=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} f_{jk}(x)\, v_j v_k\]

fonksiyonu, sürekli \(f_{jk}\) fonksiyonlarının sabit katsayılı bir toplamı olduğundan \(U\) üzerinde süreklidir ve \(\psi(a) > 0\)’dır. Süreklilik tanımı \(\dfrac{\psi(a)}{2}\) sayısıyla uygulanırsa öyle bir \(0 < \varepsilon_1 \le r\) bulunur ki her \(x \in B(a, \varepsilon_1)\) için \(\psi(x) > \dfrac{\psi(a)}{2} > 0\) olur. \(0 < |t| < \dfrac{\varepsilon_1}{\|v\|}\) olsun. \(h = tv\) için \(\|h\| < \varepsilon_1\) olduğundan (1) gereği

\[f(a + tv) - f(a) = \frac{t^2}{2}\, v^{T} H_f(a + \theta t v)\, v = \frac{t^2}{2}\, \psi(a + \theta t v) > 0\]

bulunur. Aynı akıl yürütme \(\varphi(x) = u^{T} H_f(x)\, u\) fonksiyonuna uygulanırsa (\(\varphi(a) < 0\)), \(|t|\) yeterince küçük ve sıfırdan farklıyken \(f(a + tu) - f(a) < 0\) elde edilir.

Şimdi \(\rho > 0\) keyfi olsun. \(t\) yeterince küçük seçilerek \(a + tv\) ve \(a + tu\) noktaları \(B(a, \rho)\) içine alınabilir ve bu noktalarda \(f(a + tu) < f(a) < f(a + tv)\) olur. Demek ki \(a\) ne yerel maksimum ne yerel minimumdur; durgun nokta olduğundan bir kritik noktadır, dolayısıyla bir eyer noktasıdır.

(iv) Bu durumda üç sonucun da gerçekleştiğini örnekler gösterir. \(x^4 + y^2\), \(-x^4 - y^2\) ve \(x^3 + y^2\) fonksiyonlarının üçü için de \((0, 0)\) bir durgun noktadır ve Hessian matrisi yarı tanımlıdır ama tanımlı değildir; birincide kesin yerel minimum, ikincide kesin yerel maksimum, üçüncüde eyer noktası vardır (Örnek 18.11, Örnek 18.12). Demek ki bu durumda yalnız \(H_f(a)\) matrisine bakarak karar verilemez. \(\blacksquare\)

3. durumunun ispatı eyer noktasının geometrisini de açıklar: \(a\)’dan \(v\) doğrultusunda geçen doğru üzerinde \(f\)’nin \(a\)’da kesin yerel minimumu, \(u\) doğrultusunda geçen doğru üzerinde kesin yerel maksimumu vardır. \(u\) ve \(v\) olarak \(H_f(a)\) matrisinin negatif ve pozitif özdeğerlerine ait özvektörler alınabilir: \(H_f(a) v = \lambda v\) ise \(v^{T} H_f(a)\, v = \lambda \|v\|^2\)’dir.

Teoremin arkasındaki fikir, Sonuç 17.2 içindeki kalan terim tahminiyle tek bir formülde toplanır. \(\nabla f(a) = 0\) olduğundan

\[f(a + h) - f(a) = \frac{1}{2}\, h^{T} H_f(a)\, h + R_2(a + h; a)\]

yazılır ve \(h \to 0\) iken \(\dfrac{R_2(a + h; a)}{\|h\|^2} \to 0\) olur. Kritik noktanın yakınında fonksiyon, kuadratik formun yarısı artı \(\|h\|^2\)’ye göre küçük kalan bir hata gibi davranır. Form pozitif tanımlı ise lemma gereği \(\frac{1}{2} h^{T} H_f(a) h \ge \frac{m}{2} \|h\|^2\) olur; \(\|h\|\) yeterince küçükken \(|R_2(a + h; a)| < \frac{m}{4} \|h\|^2\) olduğundan

\[f(a + h) - f(a) > \frac{m}{2} \|h\|^2 - \frac{m}{4} \|h\|^2 = \frac{m}{4} \|h\|^2\]

bulunur; bu, (i) için ikinci bir ispattır. Form belirsiz ise işaret değiştirir ve fonksiyon da onunla birlikte işaret değiştirir. Form yarı tanımlı ve bir \(h \ne 0\) için \(h^{T} H_f(a)\, h = 0\) ise o doğrultuda baş terim yok olur ve kararı \(R_2\) kalan terimi, yani üçüncü ve daha yüksek mertebeden terimler verir. Testin (iv) durumunda susmasının nedeni budur.

18.6 İki Değişkenli Fonksiyonlar

İki değişkende Hessian matrisi \(2 \times 2\) tipindedir ve tanımlılığı iki sayının işaretinden okunur.

Önerme 18.2 (İkiye İki Simetrik Matrislerin Sınıflandırılması) \(p, q, r \in \mathbb{R}\) ve

\[A = \begin{pmatrix} p & q \\ q & r \end{pmatrix}\]

olsun; \(\Delta = \det A = pr - q^2\) diyelim.

• (a) \(A\)’nın pozitif tanımlı olması için gerek ve yeter koşul \(p > 0\) ve \(\Delta > 0\) olmasıdır.
• (b) \(A\)’nın negatif tanımlı olması için gerek ve yeter koşul \(p < 0\) ve \(\Delta > 0\) olmasıdır.
• (c) \(A\)’nın belirsiz olması için gerek ve yeter koşul \(\Delta < 0\) olmasıdır.
• (d) \(\Delta = 0\) ise \(A\) yarı tanımlıdır ama tanımlı değildir.

İspat

\(h = (h_1, h_2)\) için

\[Q(h) = h^{T} A h = p h_1^2 + 2q h_1 h_2 + r h_2^2\]

olur. Kareye tamamlayarak

\[p\, Q(h) = (p h_1 + q h_2)^2 + \Delta\, h_2^2 \tag{2}\]

özdeşliğini elde ederiz; gerçekten sağ yan açılırsa

\[p^2 h_1^2 + 2pq\, h_1 h_2 + q^2 h_2^2 + (pr - q^2) h_2^2 = p\, Q(h)\]

bulunur. Ayrıca \((-q, p)\) vektörü için

\[Q(-q, p) = p q^2 - 2pq^2 + r p^2 = p\, (pr - q^2) = p\, \Delta\]

olur.

\(\Delta > 0\) durumu. \(pr > q^2 \ge 0\) olduğundan \(p \ne 0\)’dır. \(h \ne 0\) olsun. (2) eşitliğinin sağ yanı negatif olamaz; sıfır olsaydı \(h_2 = 0\) ve \(p h_1 + q h_2 = p h_1 = 0\), yani \(h = 0\) olurdu. Demek ki \(p\, Q(h) > 0\)’dır: \(p > 0\) ise sıfırdan farklı her \(h\) için \(Q(h) > 0\), \(p < 0\) ise \(Q(h) < 0\) olur. \(A\) birinci durumda pozitif tanımlı, ikincisinde negatif tanımlıdır.

\(\Delta < 0\) durumu. \(p \ne 0\) ise \(Q(1, 0) = p\) ile \(Q(-q, p) = p\, \Delta\) zıt işaretlidir. \(p = 0\) ise \(\Delta = -q^2 < 0\) olduğundan \(q \ne 0\)’dır; \(Q(t, 1) = 2qt + r\) ifadesi \(t\)’nin eğimi sıfırdan farklı bir birinci derece polinomu olduğundan hem pozitif hem negatif değerler alır. İki durumda da \(A\) belirsizdir.

\(\Delta = 0\) durumu. \(p \ne 0\) ise (2) eşitliği \(p\, Q(h) = (p h_1 + q h_2)^2 \ge 0\) verir; \(Q\) hep \(p\) ile aynı işaretli ya da sıfırdır, yani \(A\) yarı tanımlıdır. \((-q, p) \ne 0\) ve \(Q(-q, p) = p\, \Delta = 0\) olduğundan \(A\) tanımlı değildir. \(p = 0\) ise \(q^2 = pr - \Delta = 0\), yani \(q = 0\)’dır ve \(Q(h) = r h_2^2\) olur; bu form yarı tanımlıdır ve \(Q(1, 0) = 0\) olduğundan tanımlı değildir. Bu, (d)’dir.

Denklikler. Üç durum birbirini dışlar ve bütün olasılıkları kapsar. \(A\) pozitif tanımlı olsun. \(\Delta < 0\) olamaz, çünkü o zaman \(A\) belirsiz olurdu; \(\Delta = 0\) olamaz, çünkü o zaman \(A\) tanımlı olmazdı; \(\Delta > 0\) ve \(p < 0\) da olamaz, çünkü o zaman \(A\) negatif tanımlı olurdu. Öyleyse \(p > 0\) ve \(\Delta > 0\)’dır; bu, (a)’nın gereklilik yönüdür. (b) ve (c)’nin gereklilik yönleri de aynı elemeyle elde edilir; yeterlilik yönleri yukarıda gösterildi. \(\blacksquare\)

Sonuç 18.2 (İki Değişkende İkinci Türev Testi) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\) açık bir küme, \(f \in C^2(U)\) ve \((x_0, y_0) \in U\) için \(\nabla f(x_0, y_0) = 0\) olsun. İkinci kısmi türevleri \((x_0, y_0)\) noktasında hesaplayarak

\[D = f_{xx}(x_0, y_0)\, f_{yy}(x_0, y_0) - \big( f_{xy}(x_0, y_0) \big)^2\]

diyelim.

• (i) \(D > 0\) ve \(f_{xx}(x_0, y_0) > 0\) ise \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasında kesin yerel minimumu vardır.
• (ii) \(D > 0\) ve \(f_{xx}(x_0, y_0) < 0\) ise \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasında kesin yerel maksimumu vardır.
• (iii) \(D < 0\) ise \((x_0, y_0)\) bir eyer noktasıdır.
• (iv) \(D = 0\) ise test sonuç vermez.

İspat

Clairaut teoremi (Teorem 13.1) gereği \(f_{xy} = f_{yx}\) olduğundan, türevler \((x_0, y_0)\) noktasında hesaplanmak üzere

\[H_f(x_0, y_0) = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} \\ f_{xy} & f_{yy} \end{pmatrix}\]

simetrik bir matristir ve determinantı \(D\)’dir. Önerme 18.2 \(p = f_{xx}(x_0, y_0)\) ile uygulanırsa \(H_f(x_0, y_0)\) matrisi (i) durumunda pozitif tanımlı, (ii) durumunda negatif tanımlı, (iii) durumunda belirsiz, (iv) durumunda ise yarı tanımlı ama tanımlı değildir. Sonuç Teorem 18.2 ile elde edilir. \(\blacksquare\)

\(D\), Hessian matrisinin determinantıdır. \(D > 0\) iken \(f_{xx} f_{yy} > f_{xy}^2 \ge 0\) olduğundan \(f_{xx}\) sıfır olamaz ve \(f_{xx}\) ile \(f_{yy}\) aynı işaretlidir; bu yüzden (i) ve (ii)’de \(f_{xx}\) yerine \(f_{yy}\)’nin işaretine de bakılabilir. \(D < 0\) ise \(f_{xx}\)’in işaretine bakmaya gerek yoktur: \(f_{xx} = 0\) olsa bile nokta bir eyer noktasıdır.

İpucuDört adımda kritik noktaların sınıflandırılması

1. Kritik noktalar. Birinci kısmi türevler hesaplanır ve \(\nabla f = 0\) denklem sistemi çözülür; kısmi türevlerin var olmadığı noktalar da not edilir.
2. Hessian. İkinci kısmi türevlerden \(H_f(x, y)\) matrisi genel bir noktada yazılır.
3. Test. Her durgun noktada \(D = f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2\) ve \(f_{xx}\) hesaplanır.
4. Karar. \(D > 0\) ve \(f_{xx} > 0\) ise yerel minimum, \(D > 0\) ve \(f_{xx} < 0\) ise yerel maksimum, \(D < 0\) ise eyer noktası vardır. \(D = 0\) olan noktalar ve kısmi türevin olmadığı noktalar tanıma dönülerek doğrudan incelenir. Ekstremum değerleri \(f\)’de yerine koyarak bulunur.

Örnek 18.3 (Paraboloidin Tepe Noktası) \(f(x, y) = x^2 + y^2\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kritik noktalar. \(\nabla f(x, y) = (2x, 2y)\) olur ve \(\nabla f(x, y) = (0, 0)\) eşitliği yalnız \((x, y) = (0, 0)\) için sağlanır. \(f\) bir polinom olduğundan kısmi türevleri her yerde vardır; tek kritik nokta \((0, 0)\)’dır.

Hessian. \(f_{xx} = f_{yy} = 2\) ve \(f_{xy} = f_{yx} = 0\) olduğundan her \((x, y)\) için

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\]

olur.

Test. \((0, 0)\) noktasında

\[D = \begin{vmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} = 4 > 0\]

ve \(f_{xx}(0, 0) = 2 > 0\)’dır. Sonuç 18.2 gereği \(f\)’nin \((0, 0)\) noktasında kesin yerel minimumu vardır; yerel minimum değeri \(f(0, 0) = 0\)’dır.

Bu minimum aslında mutlaktır: her \((x, y)\) için \(f(x, y) = x^2 + y^2 \ge 0 = f(0, 0)\) olur. Grafik, tepe noktası orijinde olan ve yukarı açılan bir paraboloiddir.

z = x² + y² dönel paraboloidinin x² + y² ≤ 2,25 diski üzerindeki parçası. İnce çemberler z = 0,5; 1; 1,5; 2 seviyelerindedir. Yüzeyin en alt noktası orijindir: f(0, 0) = 0 kesin ve mutlak minimum değeridir.

\(\blacksquare\)

Örnek 18.4 (Üç Kritik Noktalı Bir Polinom) \(f(x, y) = x^4 + y^4 - 4xy + 1\) fonksiyonunun yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini ve varsa eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. Kısmi türevleri sıfıra eşitleyelim:

\[ \begin{aligned} f_x &= 4x^3 - 4y = 0 &&\Longrightarrow\ y = x^3, \\[1mm] f_y &= 4y^3 - 4x = 0 &&\Longrightarrow\ x = y^3. \end{aligned} \]

Birinciyi ikincide yerine yazarsak

\[ \begin{aligned} 0 = y^3 - x &= x^9 - x = x\,(x^8 - 1) \\[1mm] &= x\,(x - 1)(x + 1)(x^2 + 1)(x^4 + 1) \end{aligned} \]

olur. \(x^2 + 1\) ve \(x^4 + 1\) çarpanları hiç sıfır olmadığından \(x = 0\), \(x = 1\) ya da \(x = -1\)’dir; \(y = x^3\) ile kritik noktalar \((0, 0)\), \((1, 1)\) ve \((-1, -1)\) bulunur.

Hessian. \(f_{xx} = 12x^2\), \(f_{xy} = -4\), \(f_{yy} = 12y^2\) olduğundan

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4 \\ -4 & 12y^2 \end{pmatrix}\]

ve \(D(x, y) = 144\, x^2 y^2 - 16\) olur.

Test.

• \((0, 0)\): \(D(0, 0) = -16 < 0\) olduğundan \((0, 0)\) bir eyer noktasıdır; \(f(0, 0) = 1\).
• \((1, 1)\): \(D(1, 1) = 144 - 16 = 128 > 0\) ve \(f_{xx}(1, 1) = 12 > 0\) olduğundan kesin yerel minimum vardır; yerel minimum değeri \(f(1, 1) = 1 + 1 - 4 + 1 = -1\)’dir.
• \((-1, -1)\): \(D(-1, -1) = 128 > 0\) ve \(f_{xx}(-1, -1) = 12 > 0\) olduğundan yine kesin yerel minimum vardır; \(f(-1, -1) = -1\)’dir.

Yerel maksimum yoktur, çünkü kritik noktaların hiçbiri yerel maksimum değildir.

f(x, y) = x⁴ + y⁴ − 4xy + 1 fonksiyonunun −0,5; 0; 0,5; 1; 2; 4; 8 seviye eğrileri. Kalın sekiz biçimli eğri f = 1 seviyesidir ve eyer noktası olan orijinden geçer. Bu seviyenin altındaki eğriler (1, 1) ve (−1, −1) minimumlarını ayrı ayrı çevreler, üstündekiler ise üç kritik noktayı birlikte çevreler. Kesikli doğru y = x'tir.

İki yerel minimum aslında mutlak minimumdur. Gerçekten

\[f(x, y) + 1 = x^4 + y^4 - 4xy + 2 = (x^2 - y^2)^2 + 2\,(xy - 1)^2 \ge 0\]

olduğundan her \((x, y)\) için \(f(x, y) \ge -1\)’dir. \(\blacksquare\)

Örnek 18.5 (İkinci Dereceden Bir Polinom) \(f(x, y) = x^2 + xy + y^2 - 2x - 3y\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = 2x + y - 2\) ve \(f_y = x + 2y - 3\) olduğundan

\[ \begin{aligned} 2x + y - 2 &= 0, \\[1mm] x + 2y - 3 &= 0 \end{aligned} \]

sistemini çözmeliyiz. Birinciden \(y = 2 - 2x\) bulunur; ikincide yerine yazılırsa \(x + 4 - 4x - 3 = 0\), yani \(x = \dfrac{1}{3}\) ve \(y = \dfrac{4}{3}\) olur. Tek kritik nokta \(\left( \dfrac{1}{3}, \dfrac{4}{3} \right)\)’tür.

Hessian ve test. İkinci türevler sabittir:

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}.\]

\(D = 2 \cdot 2 - 1 \cdot 1 = 3 > 0\) ve \(f_{xx} = 2 > 0\) olduğundan Sonuç 18.2 gereği \(\left( \dfrac{1}{3}, \dfrac{4}{3} \right)\) noktasında kesin yerel minimum vardır. Minimum değeri

\[f\left( \frac{1}{3}, \frac{4}{3} \right) = \frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{16}{9} - \frac{2}{3} - 4 = \frac{7}{3} - \frac{2}{3} - 4 = -\frac{7}{3}\]

bulunur.

Bu minimum mutlaktır. \(f\) ikinci dereceden bir polinom olduğundan Hessian matrisi her noktada aynıdır ve (1) eşitliği \(a = \left( \frac{1}{3}, \frac{4}{3} \right)\) için \(f(a + h) - f(a) = \frac{1}{2} h^{T} H h\) biçimini alır. \(H\) pozitif tanımlı olduğundan sıfırdan farklı her \(h\) için sağ yan pozitiftir. \(\blacksquare\)

Örnek 18.6 (Kosinüslü Bir Fonksiyon) \(S = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : -1 < x < 3 \}\) açık şeridi üzerinde tanımlı \(f(x, y) = y^2 - 2y \cos x\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve varsa eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = 2y \sin x\) ve \(f_y = 2y - 2\cos x\) olduğundan

\[ \begin{aligned} 2y \sin x &= 0, \\[1mm] 2y - 2\cos x &= 0 \end{aligned} \]

sistemini çözeriz. İkinci denklemden \(y = \cos x\) bulunur; birincide yerine yazılırsa \(\cos x \sin x = 0\) olur.

• \(\cos x = 0\) ise: \(-1 < x < 3\) aralığındaki tek çözüm \(x = \dfrac{\pi}{2}\)’dir, çünkü \(-\dfrac{\pi}{2} < -1\) ve \(\dfrac{3\pi}{2} > 3\)’tür. Bu durumda \(y = 0\) ve kritik nokta \(\left( \dfrac{\pi}{2}, 0 \right)\) olur.
• \(\sin x = 0\) ise: \(-1 < x < 3\) aralığındaki tek çözüm \(x = 0\)’dır, çünkü \(\pi > 3\)’tür. Bu durumda \(y = \cos 0 = 1\) ve kritik nokta \((0, 1)\) olur.

Hessian. \(f_{xx} = 2y \cos x\), \(f_{xy} = 2 \sin x\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 2y \cos x & 2 \sin x \\ 2 \sin x & 2 \end{pmatrix}\]

olur.

Test.

• \((0, 1)\) noktasında \(H_f(0, 1)\) matrisinin köşegeni \(2, 2\), köşegen dışı elemanları \(0\)’dır; \(D = 4 > 0\) ve \(f_{xx} = 2 > 0\) olduğundan kesin yerel minimum vardır. Değeri \(f(0, 1) = 1 - 2 = -1\)’dir.
• \(\left( \dfrac{\pi}{2}, 0 \right)\) noktasında \(f_{xx} = 0\), \(f_{xy} = 2\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan \(D = 0 \cdot 2 - 2^2 = -4 < 0\)’dır. Bu nokta bir eyer noktasıdır ve \(f\left( \dfrac{\pi}{2}, 0 \right) = 0\)’dır.

Kareye tamamlayarak minimumun şerit üzerinde mutlak olduğunu da görebiliriz:

\[f(x, y) = (y - \cos x)^2 - \cos^2 x \ge -\cos^2 x \ge -1.\]

Eşitlik için \(y = \cos x\) ve \(\cos^2 x = 1\) gerekir; şeritte bu yalnız \((0, 1)\) noktasında olur. \(\blacksquare\)

Örnek 18.7 (Kübik Terimli Bir Polinom) \(f(x, y) = x^2 + y^2 + x^2 y + 4\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını araştırınız, tiplerini ve varsa eyer noktalarını belirleyiniz.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = 2x + 2xy = 2x(1 + y)\) ve \(f_y = 2y + x^2\)’dir. \(f_x = 0\) denklemi \(x = 0\) ya da \(y = -1\) verir.

• \(x = 0\) ise \(f_y = 2y = 0\), yani \(y = 0\) olur: \((0, 0)\).
• \(y = -1\) ise \(f_y = -2 + x^2 = 0\), yani \(x = \pm\sqrt{2}\) olur: \((\sqrt{2}, -1)\) ve \((-\sqrt{2}, -1)\).

Hessian. \(f_{xx} = 2 + 2y\), \(f_{xy} = 2x\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan

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

ve \(D(x, y) = 4(1 + y) - 4x^2\) olur.

Test.

• \((0, 0)\): \(D = 4 > 0\) ve \(f_{xx} = 2 > 0\); kesin yerel minimum vardır, değeri \(f(0, 0) = 4\)’tür.
• \((\pm\sqrt{2}, -1)\): \(f_{xx} = 0\) ve \(D = 0 - 4 \cdot 2 = -8 < 0\); iki nokta da eyer noktasıdır. Bu noktalarda \(f = 2 + 1 - 2 + 4 = 5\)’tir.

\((0, 0)\) noktasındaki yerel minimum mutlak değildir. \(y = -2\) doğrusu üzerinde

\[f(x, -2) = x^2 + 4 - 2x^2 + 4 = 8 - x^2\]

olur; örneğin \(f(10, -2) = -92 < 4\)’tür. Hatta \(x \to \infty\) iken \(f(x, -2) \to -\infty\) olduğundan \(f\)’nin mutlak minimumu yoktur. Yerel minimum, adı üstünde, yalnız \((0, 0)\)’ın yakın çevresindeki değerlerle karşılaştırma yapar. \(\blacksquare\)

18.7 Sylvester Ölçütü

Üç ve daha çok değişkende Hessian matrisinin tanımlılığını tanımdan denetlemek zorlaşır. Önerme 18.2 içindeki \(p\) ve \(\Delta\) sayıları, matrisin sol üst köşesinden başlayan alt matrislerinin determinantlarıdır; bu gözlem her boyuta genelleşir.

Tanım 18.10 (Asal Alt Determinantlar) \(A = (a_{ij})\), \(n \times n\) tipinde bir matris olsun. \(k = 1, 2, \dots, n\) için \(A\)’nın ilk \(k\) satırı ve ilk \(k\) sütunundan oluşan \(k \times k\) tipindeki alt matrisini \(A_k\) ile gösterelim.

\[D_k = \det A_k = \begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1k} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{k1} & \cdots & a_{kk} \end{vmatrix}\]

sayısına \(A\)’nın \(k\). asal alt determinantı denir.

Yani \(D_1 = a_{11}\), \(D_2 = a_{11} a_{22} - a_{12} a_{21}\) ve \(D_n = \det A\)’dır. Simetrik bir matriste \(D_2 = a_{11} a_{22} - a_{12}^2\) olur; iki değişkenli bir Hessian matrisi için \(D_1 = f_{xx}\) ve \(D_2 = D\)’dir.

Teorem 18.3 (Sylvester Ölçütü) \(A\), \(n \times n\) tipinde reel simetrik bir matris ve \(D_1, \dots, D_n\) asal alt determinantları olsun.

• (a) \(A\)’nın pozitif tanımlı olması için gerek ve yeter koşul her \(k = 1, \dots, n\) için \(D_k > 0\) olmasıdır.
• (b) \(A\)’nın negatif tanımlı olması için gerek ve yeter koşul her \(k\) için \((-1)^k D_k > 0\) olmasıdır; yani işaretler \(D_1 < 0\), \(D_2 > 0\), \(D_3 < 0\), … biçiminde sırayla değişir.
• (c) \(D_n = \det A \ne 0\) ise ve (a) ile (b)’deki işaret düzenlerinden hiçbiri sağlanmıyorsa \(A\) belirsizdir.

İspat

(a), gereklilik. \(A\) pozitif tanımlı ve \(1 \le k \le n\) olsun. \(\eta \in \mathbb{R}^k\), \(\eta \ne 0\) için \(h = (\eta, 0, \dots, 0) \in \mathbb{R}^n\) vektörü sıfırdan farklıdır ve son \(n - k\) koordinatı sıfır olduğundan

\[\eta^{T} A_k\, \eta = \sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{k} a_{ij}\, \eta_i \eta_j = h^{T} A h > 0\]

olur. Yani \(A_k\) pozitif tanımlıdır. Geriye, pozitif tanımlı her \(M\) matrisinin determinantının pozitif olduğunu göstermek kalıyor. \(t \in [0, 1]\) için \(M_t = (1 - t) I + t M\) diyelim. \(h \ne 0\) için

\[h^{T} M_t\, h = (1 - t)\, \|h\|^2 + t\, h^{T} M h > 0\]

olur, çünkü iki terim de negatif değildir ve \(t < 1\) ise birincisi, \(t = 1\) ise ikincisi pozitiftir. Demek ki her \(M_t\) pozitif tanımlıdır, dolayısıyla terslenebilirdir: \(M_t h = 0\) ise \(h^{T} M_t h = 0\), buradan da \(h = 0\) çıkar. O hâlde \(\varphi(t) = \det M_t\) hiçbir \(t \in [0, 1]\) için sıfır olmaz. \(\varphi\), \(t\)’nin bir polinomu olduğundan süreklidir ve \(\varphi(0) = \det I = 1 > 0\)’dır. \(\varphi(1) < 0\) olsaydı ara değer teoremi (bkz. Analiz 1) gereği \(\varphi\) bir noktada sıfır olurdu. Öyleyse \(\det M = \varphi(1) > 0\)’dır. \(M = A_k\) alınırsa \(D_k > 0\) bulunur.

(a), yeterlilik. \(n\) üzerinden tümevarım yapalım. \(n = 1\) ise \(A = (a_{11})\), \(D_1 = a_{11} > 0\) ve \(h \ne 0\) için \(h^{T} A h = a_{11} h^2 > 0\)’dır. Sonucun \((n - 1) \times (n - 1)\) tipindeki matrisler için doğru olduğunu varsayalım ve \(A\)’yı

\[A = \begin{pmatrix} A_{n-1} & b \\ b^{T} & c \end{pmatrix}\]

biçiminde bloklara ayıralım: \(b \in \mathbb{R}^{n-1}\) bir sütun vektörü ve \(c = a_{nn}\)’dir. \(A_{n-1}\) simetriktir ve asal alt determinantları \(D_1, \dots, D_{n-1}\)’dir; hepsi pozitif olduğundan tümevarım varsayımı gereği \(A_{n-1}\) pozitif tanımlıdır, dolayısıyla terslenebilirdir. \(w = A_{n-1}^{-1} b\) ve \(s = c - b^{T} w\) diyelim. \(A_{n-1}\) simetrik olduğundan \(w^{T} A_{n-1} = (A_{n-1} w)^{T} = b^{T}\)’dir.

Determinant. Blok çarpımıyla ve \(w^{T} b = b^{T} w\) eşitliğiyle

\[ \begin{aligned} \begin{pmatrix} I & 0 \\ w^{T} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_{n-1} & b \\ 0 & s \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} A_{n-1} & b \\ w^{T} A_{n-1} & w^{T} b + s \end{pmatrix} \\[1mm] &= \begin{pmatrix} A_{n-1} & b \\ b^{T} & c \end{pmatrix} = A \end{aligned} \]

bulunur. Blok üçgen bir matrisin determinantı köşegen bloklarının determinantlarının çarpımı olduğundan

\[D_n = \det A = 1 \cdot \det A_{n-1} \cdot s = D_{n-1}\, s\]

olur. \(D_n > 0\) ve \(D_{n-1} > 0\) olduğundan \(s > 0\)’dır.

Kuadratik form. \(h \in \mathbb{R}^n\)’yi \(\eta \in \mathbb{R}^{n-1}\) ve \(t \in \mathbb{R}\) olmak üzere \(h = (\eta, t)\) biçiminde yazalım. Blok çarpımıyla

\[h^{T} A h = \eta^{T} A_{n-1}\, \eta + 2t\, b^{T} \eta + c\, t^2\]

olur. Öte yandan \(w^{T} A_{n-1} = b^{T}\) ve \(w^{T} A_{n-1} w = b^{T} w\) olduğundan

\[ \begin{aligned} (\eta + t w)^{T} A_{n-1} (\eta + t w) &= \eta^{T} A_{n-1}\, \eta + 2t\, w^{T} A_{n-1}\, \eta + t^2\, w^{T} A_{n-1} w \\[1mm] &= \eta^{T} A_{n-1}\, \eta + 2t\, b^{T} \eta + t^2\, b^{T} w \end{aligned} \]

bulunur. İki eşitlik birlikte

\[h^{T} A h = (\eta + t w)^{T} A_{n-1} (\eta + t w) + s\, t^2 \tag{3}\]

verir. \(A_{n-1}\) pozitif tanımlı ve \(s > 0\) olduğundan sağ yandaki iki terim de negatif değildir. Toplam sıfırsa \(t = 0\) ve \(\eta + t w = \eta = 0\), yani \(h = 0\) olur. Demek ki \(h \ne 0\) için \(h^{T} A h > 0\)’dır ve \(A\) pozitif tanımlıdır.

(b) \(A\)’nın negatif tanımlı olması, \(-A\)’nın pozitif tanımlı olmasıdır. \(-A\)’nın \(k\). asal alt matrisi \(-A_k\)’dır ve \(k \times k\) tipindeki bir matrisin \(-1\) ile çarpımının determinantı \((-1)^k\) ile çarpılacağından \(\det(-A_k) = (-1)^k D_k\) olur. (a) gereği \(-A\)’nın pozitif tanımlı olması, her \(k\) için \((-1)^k D_k > 0\) olmasına denktir.

(c) \(D_n \ne 0\) olsun ve \(A\) belirsiz olmasın. O zaman \(A\)’nın formu ya hiç negatif değer almaz ya da hiç pozitif değer almaz. Önce \(A\)’nın pozitif yarı tanımlı olduğunu varsayalım ve aslında pozitif tanımlı olduğunu gösterelim. \(h^{T} A h = 0\) olsun. \(A\) simetrik olduğundan her \(v \in \mathbb{R}^n\) ve \(\tau \in \mathbb{R}\) için

\[0 \le (h + \tau v)^{T} A\, (h + \tau v) = 2\tau\, v^{T} A h + \tau^2\, v^{T} A v\]

olur. \(\beta = v^{T} A h \ne 0\) olsaydı, \(\sigma > 0\) için \(\tau = -\sigma \beta\) alınınca sağ yan \(\sigma \beta^2 \left( -2 + \sigma\, v^{T} A v \right)\) olur ve \(\sigma\) yeterince küçükken negatiftir; bu olanaksızdır. Demek ki her \(v\) için \(v^{T} A h = 0\)’dır; \(v = Ah\) alınırsa \(\|Ah\|^2 = 0\), yani \(Ah = 0\) bulunur. \(\det A \ne 0\) olduğundan \(A\) terslenebilirdir ve \(h = 0\)’dır. Yani \(A\) pozitif tanımlıdır ve (a) gereği asal alt determinantlar (a)’daki düzendedir. \(A\) negatif yarı tanımlıysa aynı akıl yürütme \(-A\)’ya uygulanır ve (b)’deki düzen elde edilir. Karşıt tersiyle: \(D_n \ne 0\) iken iki düzen de sağlanmıyorsa \(A\) belirsizdir. \(\blacksquare\)

Yeterlilik ispatındaki (3) eşitliği, (2) eşitliğindeki kareye tamamlamanın \(n\) boyutlu biçimidir: son değişken bir kareye toplanır ve katsayısı \(s = \dfrac{D_n}{D_{n-1}}\) olur. Ölçüt ayrıca Önerme 18.1 için ikinci bir gerekçe verir: \(H_f(x)\) matrisinin asal alt determinantları ikinci kısmi türevlerin polinomları olduğundan \(x\)’in sürekli fonksiyonlarıdır; \(a\)’da hepsi pozitifse \(a\)’nın bir komşuluğunda da pozitif kalırlar.

Üç değişkende ölçütü açıkça yazalım. \(f \in C^2(U)\), \(U \subseteq \mathbb{R}^3\) ve

\[H_f = \begin{pmatrix} f_{xx} & f_{xy} & f_{xz} \\ f_{xy} & f_{yy} & f_{yz} \\ f_{xz} & f_{yz} & f_{zz} \end{pmatrix}\]

için \(D_1 = f_{xx}\), \(D_2 = f_{xx} f_{yy} - f_{xy}^2\) ve \(D_3 = \det H_f\)’dir. Bir durgun noktada:

• \(D_1 > 0\), \(D_2 > 0\), \(D_3 > 0\) ise kesin yerel minimum vardır;
• \(D_1 < 0\), \(D_2 > 0\), \(D_3 < 0\) ise kesin yerel maksimum vardır;
• \(D_3 \ne 0\) olup bu iki düzenden hiçbiri yoksa nokta bir eyer noktasıdır;
• \(D_3 = 0\) ise asal alt determinantlar karar vermez.

Son durumda Hessian matrisi belirsiz de olabilir (o zaman nokta yine eyer noktasıdır), tanımlı olmayan bir yarı tanımlı matris de olabilir (o zaman test sonuç vermez). Böyle bir noktada tanıma dönülür: formun pozitif ve negatif değer aldığı iki vektör bulunabiliyorsa matris belirsizdir. Bir uyarı da ekleyelim: bütün \(D_k \ge 0\) olması matrisin pozitif yarı tanımlı olduğunu göstermez. Örneğin

\[\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\]

matrisi için \(D_1 = D_2 = 0\)’dır, ama form \(-h_2^2\) olduğundan matris negatif yarı tanımlıdır. Sınıflandırma reçetesinde üç ve daha çok değişkende yalnız üçüncü adım değişir: \(D\) ve \(f_{xx}\) yerine \(D_1, \dots, D_n\) hesaplanır.

Örnek 18.8 (Üç Değişkende Bir Eyer Noktası) \(f(x, y, z) = x^2 y + y^2 z + z^2 - 2x\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kritik noktalar.

\[ \begin{aligned} f_x &= 2xy - 2 = 0, \\[1mm] f_y &= x^2 + 2yz = 0, \\[1mm] f_z &= y^2 + 2z = 0. \end{aligned} \]

Üçüncü denklemden \(z = -\dfrac{y^2}{2}\) bulunur; ikincide yerine yazılırsa \(x^2 - y^3 = 0\), yani \(x^2 = y^3\) olur. Birinci denklem \(xy = 1\) verir; dolayısıyla \(x \ne 0\), \(y \ne 0\) ve \(x = \dfrac{1}{y}\)’dir. Bunu \(x^2 = y^3\) eşitliğinde yerine yazarsak \(\dfrac{1}{y^2} = y^3\), yani \(y^5 = 1\) bulunur. \(t \mapsto t^5\) kesin artan olduğundan tek reel çözüm \(y = 1\)’dir; buradan \(x = 1\) ve \(z = -\dfrac{1}{2}\) olur. Tek kritik nokta \(P = \left( 1, 1, -\dfrac{1}{2} \right)\)’dir.

Hessian. İkinci kısmi türevler \(f_{xx} = 2y\), \(f_{xy} = 2x\), \(f_{xz} = 0\), \(f_{yy} = 2z\), \(f_{yz} = 2y\), \(f_{zz} = 2\)’dir:

\[H_f(x, y, z) = \begin{pmatrix} 2y & 2x & 0 \\ 2x & 2z & 2y \\ 0 & 2y & 2 \end{pmatrix}.\]

\(P\) noktasında

\[H_f(P) = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & -1 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}\]

olur.

Asal alt determinantlar. Birinci satıra göre açarak

\[ \begin{aligned} D_1 &= 2, \\[1mm] D_2 &= \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 2 & -1 \end{vmatrix} = -2 - 4 = -6, \\[1mm] D_3 &= 2 \begin{vmatrix} -1 & 2 \\ 2 & 2 \end{vmatrix} - 2 \begin{vmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{vmatrix} + 0 = 2(-6) - 2 \cdot 4 = -20 \end{aligned} \]

bulunur.

Karar. \(D_3 = -20 \ne 0\)’dır. \(D_2 < 0\) olduğundan ne (a)’daki (\(+, +, +\)) ne de (b)’deki (\(-, +, -\)) düzen sağlanır. Sylvester ölçütü (Teorem 18.3) (c) gereği \(H_f(P)\) belirsizdir ve Teorem 18.2 gereği \(P\) bir eyer noktasıdır; \(f(P) = 1 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} - 2 = -\dfrac{5}{4}\)’tür.

Belirsizliği doğrudan da görebiliriz: köşegen elemanlarından \(e_1^{T} H_f(P)\, e_1 = 2 > 0\) ve \(e_2^{T} H_f(P)\, e_2 = -1 < 0\)’dır. \(\blacksquare\)

Örnek 18.9 (Üç Değişkenli Kübik Bir Fonksiyon) \[f(x, y, z) = x^3 + y^2 + z^2 + 12xy + 2z\]

fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve varsa eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar.

\[ \begin{aligned} f_x &= 3x^2 + 12y = 0, \\[1mm] f_y &= 2y + 12x = 0, \\[1mm] f_z &= 2z + 2 = 0. \end{aligned} \]

Üçüncü denklemden \(z = -1\), ikinciden \(y = -6x\) bulunur. Birincide yerine yazılırsa \(3x^2 - 72x = 3x(x - 24) = 0\), yani \(x = 0\) ya da \(x = 24\) olur. Kritik noktalar \((0, 0, -1)\) ve \((24, -144, -1)\)’dir.

Hessian.

\[H_f(x, y, z) = \begin{pmatrix} 6x & 12 & 0 \\ 12 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\]

olur ve üçüncü satıra göre açarak \(D_3 = 2 D_2\) bulunur.

\((0, 0, -1)\) noktası. \(D_1 = 0\), \(D_2 = 0 \cdot 2 - 144 = -144\), \(D_3 = -288 \ne 0\)’dır. İki işaret düzeni de sağlanmadığından Sylvester ölçütünün (c) şıkkı gereği Hessian belirsizdir; nokta bir eyer noktasıdır ve \(f(0, 0, -1) = 1 - 2 = -1\)’dir. \(D_1 = 0\) olması burada bir engel değildir; önemli olan \(D_3 \ne 0\) olmasıdır. Doğrudan denetim: \(h = (1, -1, 0)\) için \(h^{T} H h = 0 - 24 + 2 = -22 < 0\), \(h = e_2\) için \(h^{T} H h = 2 > 0\)’dır.

\((24, -144, -1)\) noktası.

\[H_f(24, -144, -1) = \begin{pmatrix} 144 & 12 & 0 \\ 12 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\]

için \(D_1 = 144 > 0\), \(D_2 = 288 - 144 = 144 > 0\), \(D_3 = 2 \cdot 144 = 288 > 0\)’dır. Hessian pozitif tanımlıdır; kesin yerel minimum vardır. Değeri

\[f(24, -144, -1) = 13824 + 20736 + 1 - 41472 - 2 = -6913\]

bulunur. Bu minimum mutlak değildir: \(f(x, 0, -1) = x^3 - 1\) ifadesi \(x \to -\infty\) iken \(-\infty\)’a gider. \(\blacksquare\)

Örnek 18.10 (Çarpım Eksi Kareler) \(f(x, y, z) = xyz - x^2 - y^2 - z^2\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kritik noktalar. Kısmi türevleri sıfıra eşitleyelim:

\[ \begin{aligned} f_x &= yz - 2x = 0, \\[1mm] f_y &= xz - 2y = 0, \\[1mm] f_z &= xy - 2z = 0. \end{aligned} \]

Koordinatlardan biri sıfırsa hepsi sıfırdır: örneğin \(x = 0\) ise ikinci denklemden \(y = 0\), üçüncüden \(z = 0\) olur; \(y = 0\) ya da \(z = 0\) durumları da aynıdır. Bu, \((0, 0, 0)\) kritik noktasını verir.

Hiçbir koordinat sıfır değilse denklemleri sırasıyla \(x\), \(y\), \(z\) ile çarparak \(xyz = 2x^2 = 2y^2 = 2z^2\) buluruz. \(c = xyz\) dersek \(x^2 = y^2 = z^2 = \dfrac{c}{2}\) ve

\[c^2 = x^2 y^2 z^2 = \left( \frac{c}{2} \right)^3\]

olur; \(c \ne 0\) olduğundan \(c = 8\) ve \(x^2 = y^2 = z^2 = 4\)’tür. \(xyz = 8 > 0\) olduğundan koordinatlardan çift sayıda negatif olanı vardır. Kritik noktalar \((0, 0, 0)\), \((2, 2, 2)\), \((2, -2, -2)\), \((-2, 2, -2)\) ve \((-2, -2, 2)\)’dir. Örneğin \((2, -2, -2)\) için \(yz = 4 = 2x\), \(xz = -4 = 2y\) ve \(xy = -4 = 2z\) olduğu kolayca denetlenir.

Hessian.

\[H_f(x, y, z) = \begin{pmatrix} -2 & z & y \\ z & -2 & x \\ y & x & -2 \end{pmatrix}\]

olur. Asal alt determinantlar \(D_1 = -2\), \(D_2 = 4 - z^2\) ve birinci satıra göre açılımla

\[D_3 = 2(x^2 + y^2 + z^2) + 2xyz - 8\]

bulunur.

\((0, 0, 0)\) noktası. \(D_1 = -2 < 0\), \(D_2 = 4 > 0\), \(D_3 = -8 < 0\) olduğundan Hessian negatif tanımlıdır (zaten \(-2I\)’dır); kesin yerel maksimum vardır ve değeri \(f(0, 0, 0) = 0\)’dır. Bu maksimum mutlak değildir: \(f(t, t, t) = t^3 - 3t^2\) ifadesi \(t \to \infty\) iken sonsuza gider.

Öbür dört nokta. Hepsinde \(z^2 = 4\), \(x^2 + y^2 + z^2 = 12\) ve \(xyz = 8\) olduğundan \(D_1 = -2\), \(D_2 = 0\) ve \(D_3 = 24 + 16 - 8 = 32\) olur. \(D_3 \ne 0\)’dır ve \(D_2 = 0\) olduğundan iki işaret düzeni de sağlanmaz; Sylvester ölçütünün (c) şıkkı gereği Hessian belirsizdir. Dört nokta da eyer noktasıdır ve hepsinde \(f = 8 - 12 = -4\)’tür.

Doğrudan denetim: \(e_1^{T} H e_1 = -2 < 0\)’dır; \(\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3\) koordinatların işaretleri olmak üzere \(h = (\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3)\) alınırsa köşegen dışı her terim \(2\sigma_1\sigma_2\sigma_3 = 2\) katkı verir ve \(h^{T} H h = -6 + 2 \cdot 3 \cdot 2 = 6 > 0\) olur. \(\blacksquare\)

18.8 Test Sonuç Vermediğinde

Hessian matrisi yarı tanımlı ama tanımlı değilse ikinci türev testi susar. Bu durumda fonksiyonun kendisine, örneğin bir eşitsizliğe ya da belirli doğrular ve eğriler boyunca aldığı değerlere bakmak gerekir. Aşağıdaki örneklerde testin sustuğu noktaları doğrudan inceliyoruz; ortaya çıkan sonuçlar birbirinden farklıdır.

Örnek 18.11 (Yarı Tanımlı Hessian ile Minimum) \(f(x, y) = x^4 + y^2\) fonksiyonunun \((0, 0)\) noktasında kesin yerel minimumu olduğunu, ama ikinci türev testinin bu noktada sonuç vermediğini gösteriniz.

Çözüm

\(\nabla f(x, y) = (4x^3, 2y) = (0, 0)\) eşitliği yalnız \((0, 0)\)’da sağlanır. \(f_{xx} = 12x^2\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan

\[H_f(0, 0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\]

ve \(D = 0\) olur. Form \(2h_2^2 \ge 0\)’dır ve \(h = (1, 0)\) için sıfırdır; Hessian pozitif yarı tanımlıdır ama tanımlı değildir. Teorem 18.2 (iv) gereği test bir şey söylemez.

Doğrudan inceleme ise hemen sonuç verir: her \((x, y)\) için \(f(x, y) = x^4 + y^2 \ge 0 = f(0, 0)\) olur ve eşitlik yalnız \(x = y = 0\) iken sağlanır. \(f\)’nin \((0, 0)\)’da kesin (hatta mutlak) minimumu vardır.

Aynı biçimde \(-x^4 - y^2\) fonksiyonunun Hessian matrisi orijinde negatif yarı tanımlıdır ve fonksiyon orijin dışında negatif olduğundan orada kesin yerel maksimum vardır. \(\blacksquare\)

Örnek 18.12 (Yarı Tanımlı Hessian ile Eyer Noktası) \(f(x, y) = x^3 + y^2\) fonksiyonunun orijindeki Hessian matrisinin Örnek 18.11 içindekiyle aynı olduğunu, ama \((0, 0)\) noktasının bir eyer noktası olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\nabla f(x, y) = (3x^2, 2y) = (0, 0)\) eşitliği yalnız \((0, 0)\)’da sağlanır. \(f_{xx} = 6x\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan

\[H_f(0, 0) = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}\]

bulunur; bu, \(x^4 + y^2\) fonksiyonunun orijindeki Hessian matrisinin aynısıdır ve test yine sonuç vermez.

Oysa \(x\) ekseni boyunca \(f(t, 0) = t^3\)’tür. \(\rho > 0\) keyfi olsun; \(t = \pm\dfrac{\rho}{2}\) için \(\left( \pm \dfrac{\rho}{2}, 0 \right)\) noktaları \(B((0, 0), \rho)\) içindedir ve

\[f\left( -\frac{\rho}{2}, 0 \right) = -\frac{\rho^3}{8} < 0 = f(0, 0) < \frac{\rho^3}{8} = f\left( \frac{\rho}{2}, 0 \right)\]

olur. \((0, 0)\) bir eyer noktasıdır.

Solda x⁴ + y² fonksiyonunun 0,02; 0,1; 0,3; 0,6 seviye eğrileri orijini çevreler ve orijinde kesin minimum vardır. Sağda x³ + y² = 0 eğrisi (x = −|y|^2/3) orijinde sivri bir uç yapar; taralı bölgede f < 0, geri kalanında f > 0 olur. İki fonksiyonun Hessian matrisi orijinde aynıdır; fark, kalın çizilen x ekseni boyunca ortaya çıkar.

İki fonksiyonun orijindeki ikinci mertebe Taylor polinomu aynıdır: \(y^2\). Hessian matrisi yalnız bu polinomu görür. Form, \(h = (1, 0)\) doğrultusunda sıfır olduğundan o doğrultuda karar üçüncü ve dördüncü mertebe terimlere kalır: çift dereceli \(x^4\) işaretini korur, tek dereceli \(x^3\) işaret değiştirir. Tek değişkende \(x^4\) ile \(x^3\) arasındaki fark da buydu (bkz. Analiz 2).

İlginç bir ayrıntı: \(x\) ekseni dışındaki her doğru üzerinde \(f\)’nin orijinde kesin yerel minimumu vardır. \(\sin \alpha \ne 0\) için

\[f(t \cos \alpha, t \sin \alpha) = t^2 \left( \sin^2 \alpha + t \cos^3 \alpha \right)\]

olur ve parantez, \(|t|\) küçükken \(\sin^2 \alpha > 0\) sayısına yakın kalır. Orijinden geçen doğrular arasında eyer davranışını yalnız formun sıfır olduğu \(x\) ekseni gösterir; \(f < 0\) bölgesi ise \(x < -|y|^{2/3}\) sivri bölgesidir ve orijin yakınında başka hiçbir doğruyu içermez. Doğrulara bakmak genelde yetmez: \(f(x, y) = (y - x^2)(y - 2x^2)\) fonksiyonu orijinden geçen her doğru üzerinde orijinde kesin yerel minimuma sahiptir, ama \(y = \tfrac{3}{2}x^2\) eğrisi boyunca \(f = -\tfrac{1}{4}x^4 < 0\) olduğundan orijin bir eyer noktasıdır. \(\blacksquare\)

Örnek 18.13 (Hessian Matrisi Sıfır Olan Bir Minimum) \(f(x, y) = x^4 + y^4\) fonksiyonunun orijindeki Hessian matrisinin sıfır matrisi olduğunu ve \(f\)’nin orijinde kesin yerel minimumu olduğunu gösteriniz.

Çözüm

\(\nabla f(x, y) = (4x^3, 4y^3)\) yalnız orijinde sıfırdır. \(f_{xx} = 12x^2\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{yy} = 12y^2\) olduğundan \(H_f(0, 0)\) sıfır matrisidir. Sıfır matrisi hem pozitif hem negatif yarı tanımlıdır ama tanımlı değildir; ikinci diferansiyel her \(h\) için sıfırdır ve test hiçbir bilgi vermez.

Öte yandan \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(x^4 + y^4 > 0 = f(0, 0)\)’dır; \(f\)’nin orijinde kesin mutlak minimumu vardır.

Hessian matrisi orijinde yine sıfır olan iki fonksiyonla karşılaştıralım. \(-x^4 - y^4\) fonksiyonunun orijinde kesin yerel maksimumu vardır. \(x^4 - y^4\) fonksiyonu için ise \(f(t, 0) = t^4 > 0\) ve \(f(0, t) = -t^4 < 0\) olduğundan orijin bir eyer noktasıdır. Üç fonksiyonda Hessian aynıdır, sonuçlar farklıdır. \(\blacksquare\)

Örnek 18.14 (Yalıtılmamış Kritik Noktalar) \(U = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde tanımlı \(f(x, y) = \dfrac{x^2}{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kritik noktalar. \(U\) açıktır ve \(f\) orada bir rasyonel fonksiyondur. Kesrin türev kuralıyla

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

bulunur. \(\nabla f = 0\) için \(xy^2 = 0\) ve \(x^2 y = 0\) gerekir. \(x \ne 0\) ise birinci denklemden \(y = 0\) olur; \(x = 0\) ise iki denklem de sağlanır. Kritik noktalar, orijin çıkarılmış iki koordinat ekseninin bütün noktalarıdır: \(t \ne 0\) olmak üzere \((t, 0)\) ve \((0, t)\). Bu noktalar yalıtılmış değildir; her birinin her komşuluğunda başka kritik noktalar vardır.

Test. \((t, 0)\) noktasında: \(f(x, 0) = 1\) sabit olduğundan \(f_{xx}(t, 0) = 0\)’dır; \(f_x(t, y) = \dfrac{2ty^2}{(t^2 + y^2)^2}\) ifadesinin \(y = 0\)’daki türevi \(0\) olduğundan \(f_{xy}(t, 0) = 0\)’dır; \(f(t, y) = \dfrac{t^2}{t^2 + y^2}\) fonksiyonunun \(y\)’ye göre ikinci türevi \(y = 0\)’da \(-\dfrac{2}{t^2}\)’dir. Aynı yolla \((0, t)\) noktasında \(f_{xx} = \dfrac{2}{t^2}\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{yy} = 0\) bulunur. İki durumda da \(D = 0\)’dır ve test sonuç vermez.

Doğrudan inceleme. \(0 \le x^2 \le x^2 + y^2\) olduğundan her \((x, y) \in U\) için \(0 \le f(x, y) \le 1\)’dir. \(f(t, 0) = 1\) olduğundan \(x\) ekseni üzerindeki her nokta bir mutlak maksimum noktasıdır; \(f(0, t) = 0\) olduğundan \(y\) ekseni üzerindeki her nokta bir mutlak minimum noktasıdır. Bu ekstremumlar kesin değildir: kutupsal koordinatlarda \(f(r\cos\alpha, r\sin\alpha) = \cos^2 \alpha\) olduğundan \(f\), orijinden çıkan her ışın üzerinde sabittir ve eksenler üzerindeki komşu noktalar aynı değeri alır. \(\blacksquare\)

Örnek 18.15 (Üstel Sönümlü Bir Çarpım) \(f(x, y, z) = xyz\, e^{-x^2 - y^2 - z^2}\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kısaltma olarak \(E = e^{-x^2 - y^2 - z^2} > 0\) yazalım.

Kritik noktalar. Çarpımın türeviyle

\[f_x = yz\, E + xyz\, (-2x)\, E = yz\, (1 - 2x^2)\, E\]

ve benzer biçimde \(f_y = xz\, (1 - 2y^2)\, E\), \(f_z = xy\, (1 - 2z^2)\, E\) bulunur. Üç durum vardır.

• Hiçbir koordinat sıfır değilse \(1 - 2x^2 = 1 - 2y^2 = 1 - 2z^2 = 0\), yani \(x, y, z \in \left\{ \pm \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right\}\) olmalıdır: sekiz nokta.
• Tam bir koordinat sıfırsa, örneğin \(z = 0\) ve \(x, y \ne 0\) ise \(f_z = xy\, E \ne 0\) olur; böyle kritik nokta yoktur.
• En az iki koordinat sıfırsa \(yz\), \(xz\), \(xy\) çarpımlarının üçü de sıfırdır ve bütün kısmi türevler sıfırdır: üç koordinat ekseninin her noktası bir kritik noktadır.

İkinci türevler. \(f_x\)’i bir kez daha türeterek

\[ \begin{aligned} f_{xx} &= yz\,(-4x)\, E + yz\,(1 - 2x^2)(-2x)\, E = 2xyz\,(2x^2 - 3)\, E, \\[1mm] f_{xy} &= z\,(1 - 2x^2)\, E + yz\,(1 - 2x^2)(-2y)\, E = z\,(1 - 2x^2)(1 - 2y^2)\, E \end{aligned} \]

bulunur; öbür ikinci türevler değişkenlerin yer değiştirmesiyle elde edilir.

Sekiz nokta. Bu noktalarda \(1 - 2x^2 = 1 - 2y^2 = 1 - 2z^2 = 0\) olduğundan karışık türevlerin hepsi sıfırdır ve \(f_{xx} = f_{yy} = f_{zz} = -4xyz\, E\) olur. Burada \(E = e^{-3/2}\) ve \(xyz = \pm \dfrac{\sqrt{2}}{4}\)’tür.

• \(xyz > 0\) ise (koordinatlardan çift sayıda negatif olan dört nokta) \(H_f = -\sqrt{2}\, e^{-3/2}\, I\) negatif tanımlıdır; kesin yerel maksimum vardır ve değeri \(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\, e^{-3/2}\)’dir.
• \(xyz < 0\) ise (öbür dört nokta) \(H_f = \sqrt{2}\, e^{-3/2}\, I\) pozitif tanımlıdır; kesin yerel minimum vardır ve değeri \(-\dfrac{\sqrt{2}}{4}\, e^{-3/2}\)’dir.

Eksen noktaları. \(t \ne 0\) ve \((t, 0, 0)\) noktasını alalım. \(xyz\) çarpanını ya da \(y\) veya \(z\) çarpanını içeren ikinci türevler sıfırdır; yalnız

\[f_{yz}(t, 0, 0) = t\,(1 - 0)(1 - 0)\, e^{-t^2} = t\, e^{-t^2}\]

kalır (\(f_{yz} = x\,(1 - 2y^2)(1 - 2z^2)\, E\) formülünden). Form

\[h^{T} H_f(t, 0, 0)\, h = 2t\, e^{-t^2}\, h_2 h_3\]

olur ve \(h = (0, 1, 1)\) ile \(h = (0, 1, -1)\) için zıt işaretli değerler alır. Hessian belirsizdir; \((t, 0, 0)\) bir eyer noktasıdır. Öbür iki eksen için de simetri gereği sonuç aynıdır.

Orijin. Bütün ikinci türevlerde \(x\), \(y\) ya da \(z\) çarpanı bulunduğundan \(H_f(0, 0, 0)\) sıfır matrisidir ve test sonuç vermez. Doğrudan bakalım: \(f(t, t, t) = t^3 e^{-3t^2}\) ifadesi \(t\) ile aynı işaretlidir. Orijinin her yuvarında \(f(0, 0, 0) = 0\)’dan büyük ve küçük değerler vardır; orijin de bir eyer noktasıdır. \(\blacksquare\)

18.9 Alıştırmalar

Aşağıdaki alıştırmalarda kritik noktaları bulup sınıflandırma yöntemini iki ve üç değişkenli fonksiyonlara uyguluyoruz.

Alıştırma 18.1 (Sinüslerin Çarpımı) \(f(x, y) = \sin x \sin y\) fonksiyonunun \((-\pi, \pi) \times (-\pi, \pi)\) karesindeki yerel ekstremum noktalarını ve eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = \cos x \sin y\) ve \(f_y = \sin x \cos y\)’dir. \(f_x = 0\) için \(\cos x = 0\) ya da \(\sin y = 0\) gerekir.

• \(\cos x = 0\) ise \(x = \pm\dfrac{\pi}{2}\) ve \(\sin x = \pm 1 \ne 0\)’dır; \(f_y = 0\) denklemi \(\cos y = 0\), yani \(y = \pm\dfrac{\pi}{2}\) verir.
• \(\sin y = 0\) ise aralıkta \(y = 0\) ve \(\cos y = 1\)’dir; \(f_y = 0\) denklemi \(\sin x = 0\), yani \(x = 0\) verir.

Kritik noktalar \((0, 0)\) ve dört nokta \(\left( \pm\dfrac{\pi}{2}, \pm\dfrac{\pi}{2} \right)\)’dir.

Hessian.

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} -\sin x \sin y & \cos x \cos y \\ \cos x \cos y & -\sin x \sin y \end{pmatrix}.\]

Test.

• \((0, 0)\): \(f_{xx} = 0\), \(f_{xy} = 1\), \(f_{yy} = 0\) ve \(D = -1 < 0\); eyer noktasıdır, \(f(0, 0) = 0\).
• \(\left( \pm\dfrac{\pi}{2}, \pm\dfrac{\pi}{2} \right)\): \(\cos x \cos y = 0\) olduğundan \(H_f = -f(x, y)\, I\) olur ve \(f(x, y) = \sin x \sin y = \pm 1\)’dir. \(\left( \dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2} \right)\) ve \(\left( -\dfrac{\pi}{2}, -\dfrac{\pi}{2} \right)\) noktalarında \(f = 1\), \(H_f = -I\), \(D = 1 > 0\), \(f_{xx} = -1 < 0\); kesin yerel maksimum vardır ve değeri \(1\)’dir. \(\left( \dfrac{\pi}{2}, -\dfrac{\pi}{2} \right)\) ve \(\left( -\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2} \right)\) noktalarında \(f = -1\), \(H_f = I\); kesin yerel minimum vardır ve değeri \(-1\)’dir.

\(|f| \le 1\) olduğundan bu maksimumlar ve minimumlar mutlaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.2 (Kübik Terimli İkinci Bir Polinom) \(f(x, y) = x^3 - 3x^2 + xy + y^2\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve varsa eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = 3x^2 - 6x + y\) ve \(f_y = x + 2y\)’dir. \(f_y = 0\) denklemi \(y = -\dfrac{x}{2}\) verir; \(f_x = 0\) denkleminde yerine yazılırsa

\[3x^2 - 6x - \frac{x}{2} = x \left( 3x - \frac{13}{2} \right) = 0\]

olur. \(x = 0\) ya da \(x = \dfrac{13}{6}\)’dır; kritik noktalar \((0, 0)\) ve \(\left( \dfrac{13}{6}, -\dfrac{13}{12} \right)\)’dir.

Hessian. \(f_{xx} = 6x - 6\), \(f_{xy} = 1\), \(f_{yy} = 2\) olduğundan

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 6x - 6 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\]

ve \(D = 2(6x - 6) - 1 = 12x - 13\) olur.

Test.

• \((0, 0)\): \(D = -13 < 0\); eyer noktasıdır ve \(f(0, 0) = 0\)’dır.
• \(\left( \dfrac{13}{6}, -\dfrac{13}{12} \right)\): \(D = 26 - 13 = 13 > 0\) ve \(f_{xx} = 13 - 6 = 7 > 0\); kesin yerel minimum vardır.

Minimum değerini hesaplamak için \(y = -\dfrac{x}{2}\) doğrusu üzerinde

\[f\left( x, -\frac{x}{2} \right) = x^3 - 3x^2 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^2}{4} = x^3 - \frac{13}{4}\, x^2\]

olduğunu kullanalım:

\[f\left( \frac{13}{6}, -\frac{13}{12} \right) = \frac{169}{36} \left( \frac{13}{6} - \frac{13}{4} \right) = \frac{169}{36} \cdot \left( -\frac{13}{12} \right) = -\frac{2197}{432}.\]

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.3 (Çarpanlarına Ayrılan Gradyan) \[f(x, y) = x^2 y + 2x^2 - 2xy + 3y^2 - 4x + 7y\]

fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve varsa eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar.

\[ \begin{aligned} f_x &= 2xy + 4x - 2y - 4 = 2(x - 1)(y + 2), \\[1mm] f_y &= x^2 - 2x + 6y + 7 \end{aligned} \]

olur. \(f_x = 0\) denklemi \(x = 1\) ya da \(y = -2\) verir.

• \(x = 1\) ise \(f_y = 1 - 2 + 6y + 7 = 6y + 6 = 0\), yani \(y = -1\): \((1, -1)\).
• \(y = -2\) ise \(f_y = x^2 - 2x - 5 = 0\), yani \(x = 1 \pm \sqrt{6}\): \((1 + \sqrt{6}, -2)\) ve \((1 - \sqrt{6}, -2)\).

Hessian. \(f_{xx} = 2y + 4\), \(f_{xy} = 2x - 2\), \(f_{yy} = 6\) olduğundan

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} 2y + 4 & 2x - 2 \\ 2x - 2 & 6 \end{pmatrix}\]

olur.

Test.

• \((1, -1)\): \(f_{xx} = 2\), \(f_{xy} = 0\), \(f_{yy} = 6\) ve \(D = 12 > 0\); kesin yerel minimum vardır. Değeri

  \[f(1, -1) = -1 + 2 + 2 + 3 - 4 - 7 = -5\]

  olur.

• \((1 \pm \sqrt{6}, -2)\): \(f_{xx} = 0\), \(f_{xy} = \pm 2\sqrt{6}\) ve \(D = 0 \cdot 6 - 24 = -24 < 0\); iki nokta da eyer noktasıdır. Bu noktalarda \(f = -2\)’dir.

\(\blacksquare\)

Alıştırma 18.4 (Ekstremumu Olmayan Bir Polinom) \(f(x, y) = (x - y)(1 - xy)\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. Açarak \(f(x, y) = x - y - x^2 y + x y^2\) yazalım. Buradan

\[ \begin{aligned} f_x &= 1 - 2xy + y^2, \\[1mm] f_y &= -1 - x^2 + 2xy \end{aligned} \]

bulunur. İki denklem toplanırsa \(y^2 - x^2 = 0\), yani \(y = x\) ya da \(y = -x\) olur.

• \(y = x\) ise \(f_x = 1 - 2x^2 + x^2 = 1 - x^2 = 0\), yani \(x = \pm 1\): \((1, 1)\) ve \((-1, -1)\).
• \(y = -x\) ise \(f_x = 1 + 2x^2 + x^2 = 1 + 3x^2 > 0\); çözüm yoktur.

Hessian. \(f_{xx} = -2y\), \(f_{xy} = -2x + 2y\), \(f_{yy} = 2x\) olduğundan

\[H_f(x, y) = \begin{pmatrix} -2y & 2y - 2x \\ 2y - 2x & 2x \end{pmatrix}\]

olur.

Test. \((1, 1)\) noktasında köşegen \(-2, 2\) ve köşegen dışı \(0\)’dır; \(D = -4 < 0\). \((-1, -1)\) noktasında köşegen \(2, -2\) ve köşegen dışı \(0\)’dır; yine \(D = -4 < 0\). İki nokta da eyer noktasıdır ve iki noktada da \(f = 0\)’dır. Fonksiyonun hiç yerel ekstremumu yoktur. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.5 (Pozitif Tanımlı Bir Kuadratik Form) \(f(x, y) = 34x^2 - 24xy + 41y^2\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kritik noktalar. \(f_x = 68x - 24y\) ve \(f_y = -24x + 82y\) olur. \(\nabla f = 0\) homojen bir doğrusal sistemdir ve katsayı determinantı

\[68 \cdot 82 - 24^2 = 5576 - 576 = 5000 \ne 0\]

olduğundan tek çözümü \((0, 0)\)’dır.

Hessian ve test.

\[H_f = \begin{pmatrix} 68 & -24 \\ -24 & 82 \end{pmatrix}\]

sabittir; \(D = 5000 > 0\) ve \(f_{xx} = 68 > 0\) olduğundan \((0, 0)\) noktasında kesin yerel minimum vardır ve değeri \(f(0, 0) = 0\)’dır.

Bu minimum mutlaktır. \(h = (x, y)\) için \(f(x, y) = \dfrac{1}{2}\, h^{T} H_f\, h\) olur ve \(H_f\) pozitif tanımlı olduğundan \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f(x, y) > 0\)’dır. Formun yapısı döndürülmüş koordinatlarda açıkça görünür: \(u = \dfrac{4x + 3y}{5}\) ve \(v = \dfrac{3x - 4y}{5}\) dersek

\[25u^2 + 50v^2 = (4x + 3y)^2 + 2(3x - 4y)^2 = 34x^2 - 24xy + 41y^2\]

olur. Buradaki \(50\) ve \(100\) sayıları (\(f = \frac{1}{2}(50 u^2 + 100 v^2)\)) \(H_f\) matrisinin özdeğerleridir. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.6 (Daha Geniş Bir Şeritte Kosinüslü Fonksiyon) \(S = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : -1 < x < 7 \}\) açık şeridi üzerinde \(f(x, y) = y^2 - 2y \cos x\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Kritik noktalar. Örnek 18.6 içindeki gibi \(\nabla f = 0\) sistemi \(y = \cos x\) ve \(\sin x \cos x = 0\) koşullarına denktir. \(-1 < x < 7\) aralığında:

• \(\cos x = 0\) için \(x = \dfrac{\pi}{2}\) ve \(x = \dfrac{3\pi}{2}\) (\(-\dfrac{\pi}{2} < -1\) ve \(\dfrac{5\pi}{2} > 7\)), bunlarda \(y = 0\);
• \(\sin x = 0\) için \(x = 0\), \(x = \pi\) ve \(x = 2\pi\) (\(3\pi > 7\)), bunlarda \(y = \cos x\) sırasıyla \(1\), \(-1\), \(1\).

Kritik noktalar \(\left( \dfrac{\pi}{2}, 0 \right)\), \(\left( \dfrac{3\pi}{2}, 0 \right)\), \((0, 1)\), \((\pi, -1)\) ve \((2\pi, 1)\)’dir.

Test. Kritik noktalarda \(y = \cos x\) olduğundan \(f_{xx} = 2y \cos x = 2\cos^2 x\) olur; ayrıca \(f_{xy} = 2 \sin x\), \(f_{yy} = 2\)’dir. Buradan

\[D = 4\cos^2 x - 4\sin^2 x = 4 \cos 2x\]

bulunur.

• \(\sin x = 0\) olan \((0, 1)\), \((\pi, -1)\), \((2\pi, 1)\) noktalarında \(\cos 2x = 1\), \(D = 4 > 0\) ve \(f_{xx} = 2 > 0\)’dır; üçünde de kesin yerel minimum vardır. \(y = \cos x\) olduğundan değer \(f = -\cos^2 x = -1\)’dir.
• \(\cos x = 0\) olan \(\left( \dfrac{\pi}{2}, 0 \right)\) ve \(\left( \dfrac{3\pi}{2}, 0 \right)\) noktalarında \(\cos 2x = -1\) ve \(D = -4 < 0\)’dır; ikisi de eyer noktasıdır ve \(f = 0\)’dır.

Örnek 18.6 içindeki \(f \ge -\cos^2 x \ge -1\) eşitsizliği gereği üç minimum da şerit üzerinde mutlaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.7 (Öteleme ile Sadeleşen Bir Fonksiyon) \[ \begin{aligned} f(x, y, z) &= x^2 yz - 2xyz + x^2 z + y^2 + z^2 \\[1mm] &\quad + x^2 + yz - 2xz - 2x + 2y + z \end{aligned} \]

fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve eyer noktalarını bulunuz.

Çözüm

Sadeleştirme. \(x^2 - 2x\) ifadesinin üç kez geçtiğine dikkat edelim:

\[ \begin{aligned} f &= (x^2 - 2x)(yz + z + 1) + y^2 + z^2 + yz + 2y + z \\[1mm] &= \big( (x - 1)^2 - 1 \big)(yz + z + 1) + y^2 + z^2 + yz + 2y + z \\[1mm] &= (x - 1)^2 \big( (y + 1) z + 1 \big) + (y + 1)^2 + z^2 - 2. \end{aligned} \]

\(u = x - 1\) ve \(v = y + 1\) dersek \(f(x, y, z) = g(x - 1, y + 1, z)\) olur; burada

\[g(u, v, z) = u^2 (1 + vz) + v^2 + z^2 - 2\]

olur. Zincir kuralı gereği \(f\)’nin \((x, y, z)\) noktasındaki birinci ve ikinci kısmi türevleri \(g\)’ninkilerin \((x - 1, y + 1, z)\) noktasındaki değerlerine eşittir (ötelemenin Jacobi matrisi birim matristir). Dolayısıyla kritik noktalar ötelemeyle birbirine karşılık gelir ve Hessian matrisleri aynıdır.

Kritik noktalar.

\[ \begin{aligned} g_u &= 2u\, (1 + vz) = 0, \\[1mm] g_v &= u^2 z + 2v = 0, \\[1mm] g_z &= u^2 v + 2z = 0. \end{aligned} \]

• \(u = 0\) ise \(v = 0\) ve \(z = 0\) olur: \((u, v, z) = (0, 0, 0)\).
• \(1 + vz = 0\) ise ikinci denklemi \(v\) ile, üçüncüyü \(z\) ile çarpıp \(vz = -1\) kullanırsak \(-u^2 + 2v^2 = 0\) ve \(-u^2 + 2z^2 = 0\) buluruz. Buradan \(v^2 = z^2\) olur; \(vz = -1\) olduğundan \(v\) ile \(z\) zıt işaretlidir ve \(v^2 = 1\)’dir. Yani \((v, z) = (1, -1)\) ya da \((-1, 1)\) ve \(u^2 = 2\), \(u = \pm\sqrt{2}\)’dir. Bu değerler \(g_v = 2z + 2v = 0\) ve \(g_z = 2v + 2z = 0\) denklemlerini sağlar.

\(x = u + 1\), \(y = v - 1\) ile \(f\)’nin kritik noktaları \((1, -1, 0)\), \((1 \pm \sqrt{2}, 0, -1)\) ve \((1 \pm \sqrt{2}, -2, 1)\)’dir.

Hessian.

\[H_g(u, v, z) = \begin{pmatrix} 2(1 + vz) & 2uz & 2uv \\ 2uz & 2 & u^2 \\ 2uv & u^2 & 2 \end{pmatrix}.\]

\((1, -1, 0)\) noktası (\(u = v = z = 0\)). \(H = 2I\) olur; \(D_1 = 2\), \(D_2 = 4\), \(D_3 = 8\) pozitiftir. Kesin yerel minimum vardır ve değeri \(f(1, -1, 0) = g(0, 0, 0) = -2\)’dir.

Öbür dört nokta. \(1 + vz = 0\) ve \(u^2 = 2\) olduğundan, \(\alpha = 2uz\) ve \(\beta = 2uv\) yazarak

\[H = \begin{pmatrix} 0 & \alpha & \beta \\ \alpha & 2 & 2 \\ \beta & 2 & 2 \end{pmatrix}\]

buluruz. \(\alpha^2 = 4u^2 z^2 = 8\) olduğundan \(D_1 = 0\), \(D_2 = -\alpha^2 = -8\) ve birinci satıra göre açarak

\[D_3 = -\alpha (2\alpha - 2\beta) + \beta (2\alpha - 2\beta) = -2(\alpha - \beta)^2\]

olur. \(v = -z\) olduğundan \(\alpha - \beta = 2u(z - v) = 4uz\) ve \((\alpha - \beta)^2 = 16 \cdot 2 \cdot 1 = 32\), yani \(D_3 = -64 \ne 0\)’dır. İşaret düzenlerinden hiçbiri sağlanmadığından Sylvester ölçütünün (c) şıkkı gereği Hessian belirsizdir; dört nokta da eyer noktasıdır ve hepsinde \(f = g = 0 + 1 + 1 - 2 = 0\)’dır.

\((1, -1, 0)\) noktasındaki minimum mutlak değildir: \((u, v, z) = (\sqrt{3}, t, -t)\) için \(g = 3(1 - t^2) + 2t^2 - 2 = 1 - t^2\) olur ve \(t \to \infty\) iken \(-\infty\)’a gider. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.8 (Paydası Kareye Tamamlanan Kesir) \(f(x, y) = \dfrac{1}{1 - x + y + x^2 + y^2}\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Tanım kümesi. Payda \(g(x, y) = x^2 - x + y^2 + y + 1\) için kareye tamamlarsak

\[g(x, y) = \left( x - \frac{1}{2} \right)^2 + \left( y + \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{2} \ge \frac{1}{2}\]

olur. Payda hiç sıfır olmadığından \(f = \dfrac{1}{g}\) bütün \(\mathbb{R}^2\)’de tanımlı ve sonsuz kez türevlenebilirdir.

Kritik noktalar. Zincir kuralıyla \(\nabla f = -\dfrac{\nabla g}{g^2}\) olduğundan \(\nabla f = 0\) ancak ve ancak \(\nabla g = (2x - 1, 2y + 1) = 0\) ise sağlanır. Tek kritik nokta \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2} \right)\)’dir ve orada \(g = \dfrac{1}{2}\)’dir.

İkinci türevler. \(f_x = \dfrac{1 - 2x}{g^2}\) ve \(f_y = -\dfrac{2y + 1}{g^2}\)’dir. Bir kez daha türeterek

\[ \begin{aligned} f_{xx} &= -\frac{2}{g^2} - \frac{2(1 - 2x)\, g_x}{g^3}, \\[1mm] f_{xy} &= -\frac{2(1 - 2x)\, g_y}{g^3}, \\[1mm] f_{yy} &= -\frac{2}{g^2} + \frac{2(2y + 1)\, g_y}{g^3} \end{aligned} \]

bulunur. Kritik noktada \(1 - 2x = 0\), \(2y + 1 = 0\) ve \(g^2 = \dfrac{1}{4}\) olduğundan \(f_{xx} = f_{yy} = -8\) ve \(f_{xy} = 0\)’dır.

Test. \(D = 64 > 0\) ve \(f_{xx} = -8 < 0\); \(\left( \dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2} \right)\) noktasında kesin yerel maksimum vardır ve değeri \(f = \dfrac{1}{1/2} = 2\)’dir. \(g \ge \dfrac{1}{2}\) olduğundan her yerde \(f \le 2\)’dir; maksimum mutlaktır. \(\blacksquare\)

Alıştırma 18.9 (Üstel Çarpanlı Bir Fonksiyon) \(f(x, y) = xy\, e^{-x^2 - y^4}\) fonksiyonunun kritik noktalarını bulup sınıflandırınız.

Çözüm

Kısaltma olarak \(E = e^{-x^2 - y^4} > 0\) yazalım.

Kritik noktalar. Çarpımın türeviyle

\[ \begin{aligned} f_x &= y E + xy\,(-2x)\, E = y\,(1 - 2x^2)\, E, \\[1mm] f_y &= x E + xy\,(-4y^3)\, E = x\,(1 - 4y^4)\, E \end{aligned} \]

bulunur. \(f_x = 0\) için \(y = 0\) ya da \(1 - 2x^2 = 0\) gerekir.

• \(y = 0\) ise \(f_y = x E = 0\), yani \(x = 0\): \((0, 0)\).
• \(x^2 = \dfrac{1}{2}\) ise \(x \ne 0\) olduğundan \(1 - 4y^4 = 0\), yani \(y^2 = \dfrac{1}{2}\) olur: dört nokta \(\left( \pm \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \pm \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\).

İkinci türevler.

\[ \begin{aligned} f_{xx} &= 2xy\,(2x^2 - 3)\, E, \\[1mm] f_{xy} &= (1 - 2x^2)(1 - 4y^4)\, E, \\[1mm] f_{yy} &= 4xy^3\,(4y^4 - 5)\, E. \end{aligned} \]

Test.

• \((0, 0)\): \(f_{xx} = f_{yy} = 0\), \(f_{xy} = 1\) ve \(D = -1 < 0\); eyer noktasıdır.
• Dört noktada \(1 - 2x^2 = 0\) olduğundan \(f_{xy} = 0\)’dır; \(2x^2 = 1\), \(y^2 = \dfrac{1}{2}\), \(4y^4 = 1\) ve \(E = e^{-3/4}\) kullanılarak \(f_{xx} = -4xy\, E\) ve \(f_{yy} = -16\, xy\, y^2\, E = -8xy\, E\) bulunur. \(D = 32\, x^2 y^2 E^2 = 8 E^2 > 0\)’dır.
  • \(xy = \dfrac{1}{2}\) olan \(\left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\) ve \(\left( -\dfrac{1}{\sqrt{2}}, -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\) noktalarında \(f_{xx} = -2E < 0\); kesin yerel maksimum vardır ve değeri \(\dfrac{1}{2} e^{-3/4}\)’tür.
  • \(xy = -\dfrac{1}{2}\) olan öbür iki noktada \(f_{xx} = 2E > 0\); kesin yerel minimum vardır ve değeri \(-\dfrac{1}{2} e^{-3/4}\)’tür.

\(\blacksquare\)

Bu bölümde açık bir kümenin iç noktalarında yerel ekstremumları bulmayı ve sınıflandırmayı öğrendik: adaylar kritik noktalardır, durgun noktaların türünü Hessian matrisinin tanımlılığı belirler ve tanımlılık iki değişkende \(D\) ile, genel durumda Sylvester ölçütüyle okunur. İki soru ise açık kaldı. Tanım kümesi kapalı ve sınırlıyken mutlak ekstremumlar sınır üzerinde de olabilir ve orada gradyan sıfır olmak zorunda değildir. Değişkenler bir denklemle birbirine bağlıyken, örneğin bir küre üzerinde ekstremum arandığında da gerek koşul değişir. Bu iki durumu ve Lagrange çarpanları yöntemini Mutlak ve Bağlı Ekstremumlar bölümünde ele alıyoruz.