16 Yönlü Türev ve Ortalama Değer Teoremi
Tek değişkenli bir fonksiyonun \(a\) noktasındaki türevi, \(x\) değişkeni \(a\)’dan ayrılırken \(f\)’nin değişim hızını ölçer. Sayı doğrusunda \(a\)’dan yalnız iki yönde ayrılınabilir ve sola doğru hız, sağa doğru hızın ters işaretlisidir. Düzlemde ya da uzayda ise bir noktadan sonsuz farklı yönde çıkılabilir. Kısmi türevler bu yönlerden yalnız koordinat eksenlerine paralel olanlarda değişim hızını verir: iki değişkende \(f_x(a)\) “doğu” yönündeki, \(f_y(a)\) “kuzey” yönündeki eğimdir. Bir tepenin yamacında kuzeydoğuya doğru yürüyen birinin karşılaştığı eğimi ölçmek için yeni bir kavrama, yönlü türeve, ihtiyaç vardır.
Bölümün ilk yarısında yönlü türevi tanımlıyor, türevlenebilir bir fonksiyonun bütün yönlü türevlerinin gradyandan okunduğunu ve gradyanın fonksiyonun en hızlı arttığı yönü gösterdiğini ispatlıyoruz. Ardından her yönde yönlü türevi olduğu hâlde sürekli bile olmayan bir fonksiyon inceleyerek kısmi türev, yönlü türev ve türevlenebilirlik arasındaki ilişkiyi bir tabloda topluyoruz. İkinci yarıda tek değişkenli ortalama değer teoremini (bkz. Analiz 2) iki noktayı birleştiren doğru parçası üzerinde \(\mathbb{R}^n\)’ye taşıyor, vektör değerli fonksiyonlarda teoremin neden bileşen bileşen kurulması gerektiğini görüyor ve türevi sıfır olan fonksiyonların konveks kümelerde sabit olduğunu gösteriyoruz.
16.1 Yönlü Türev
Kısmi türevde \(a\) noktasından bir koordinat ekseni doğrultusunda ayrılıyorduk; yönlü türevde bu doğrultu keyfi bir birim vektörle seçilir. Tanımı Kısmi Türevler bölümünün başında türevin üç türünü karşılaştırırken önceden görmüştük (Tablo 12.1); şimdi ayrıntısıyla işliyoruz.
Tanım 16.1 (Yönlü Türev) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}\) ve \(a \in D^\circ\) olsun. \(u \in \mathbb{R}^n\) bir birim vektör (Tanım 1.10), yani \(\|u\| = 1\) olsun.
\[\lim_{h \to 0} \frac{f(a + hu) - f(a)}{h}\]
limiti bir reel sayı olarak varsa bu sayıya \(f\)’nin \(a\) noktasında \(u\) yönündeki yönlü türevi denir ve \(D_u f(a)\) ya da \(\dfrac{\partial f}{\partial u}(a)\) ile gösterilir. Burada \(h\) reel bir değişkendir.
Yani \(a\) noktasından \(u\) doğrultusunda geçen \(\{a + tu : t \in \mathbb{R}\}\) doğrusu üzerinde \(f\)’nin değerlerine bakıyoruz. \(\varphi(t) = f(a + tu)\) tek değişkenli fonksiyonu tanımlanırsa
\[D_u f(a) = \lim_{h \to 0} \frac{\varphi(h) - \varphi(0)}{h} = \varphi'(0)\]
olur: yönlü türev, \(f\)’nin bu doğruya kısıtlanışının \(t = 0\)’daki sıradan türevidir. \(u\) birim vektör olduğundan \(\|(a + tu) - a\| = |t|\)’dir; \(t\) parametresi, doğru üzerinde \(a\)’dan alınan işaretli yolun uzunluğudur ve \(D_u f(a)\), \(f\)’nin birim uzunluk başına değişim hızını ölçer. Birim olmayan bir vektör kullansaydık aynı doğru üzerinde bulunan hız vektörün uzunluğuyla çarpılmış olurdu; yönlü türevin yalnız yöne bağlı olması için \(\|u\| = 1\) istenir.
\(a\)’nın iç nokta olması, fark oranının küçük \(h\)’ler için tanımlı olmasını sağlar: \(B(a, r) \subseteq D\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır ve \(|h| < r\) ise \(\|(a + hu) - a\| = |h| < r\) olduğundan \(a + hu \in D\)’dir.
Kısmi türevler özel hâldir. \(u = e_j\) doğal taban vektörü alınırsa \(a + he_j = (a_1, \dots, a_j + h, \dots, a_n)\) olur ve tanımdaki limit tam olarak \(j\)-inci kısmi türevin tanımıdır (Tanım 12.1). Öyleyse \(D_{e_j} f(a)\)’nın var olması için gerek ve yeter koşul \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a)\)’nın var olmasıdır ve bu durumda
\[D_{e_j} f(a) = \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\]
olur. Kısmi türevler, yönlü türevin koordinat eksenleri yönündeki özel hâlleridir; yönlü türev ise kısmi türevin keyfi yönlere genelleşmesidir.
Ters yön. \(u\) birim vektörse \(-u\) da birim vektördür. \(k = -h\) yazılırsa
\[\frac{f(a - hu) - f(a)}{h} = -\frac{f(a + ku) - f(a)}{k}\]
olur ve \(h \to 0\) iken \(k \to 0\)’dır. Demek ki \(D_{-u} f(a)\)’nın var olması \(D_u f(a)\)’nın var olmasına denktir ve bu durumda \(D_{-u} f(a) = -D_u f(a)\) olur: bir doğru üzerinde geri yürümek eğimin yalnız işaretini değiştirir. Özel olarak \(D_{-e_j} f(a) = -\dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a)\)’dır.
İki değişkende. \(n = 2\), \(a = (x_0, y_0)\) ve \(u = (u_1, u_2)\) için tanım
\[D_u f(x_0, y_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + hu_1, y_0 + hu_2) - f(x_0, y_0)}{h}\]
biçimini alır. Düzlemdeki her birim vektör, pozitif \(x\) ekseniyle yaptığı \(\theta\) açısı cinsinden \(u = (\cos\theta, \sin\theta)\) biçiminde yazılır; \(\theta = 0\) için \(D_u f = f_x\), \(\theta = \dfrac{\pi}{2}\) için \(D_u f = f_y\) bulunur.
Geometrik anlam. \(f\) iki değişkenli olsun ve grafiği \(z = f(x, y)\) yüzeyi olsun (Tanım 8.5). \((x_0, y_0)\) noktasından geçen ve \(u\)’ya paralel olan düşey düzlem yüzeyi bir \(C\) eğrisi boyunca keser. Bu düzlemde yatay koordinat olarak \(t\)’yi, düşey koordinat olarak \(z\)’yi alırsak \(C\), \(z = f(x_0 + tu_1, y_0 + tu_2)\) fonksiyonunun grafiğidir. \(D_u f(x_0, y_0)\), bu eğriye \(P = \big( x_0, y_0, f(x_0, y_0) \big)\) noktasında çizilen teğetin eğimidir; yani yüzey üzerinde \(u\) yönünde yürüyen birinin o anda karşılaştığı yokuşun eğimidir. Kısmi türevlerin geometrik anlamı (Önerme 12.2), bu düzlemin \(x\) ya da \(y\) eksenine paralel seçildiği özel hâldir.
Örnek 16.1 (Paraboloidin Eğik Bir Kesiti) \(f(x, y) = 4 - x^2 - 2y^2\) fonksiyonunun \((1, 1)\) noktasında \(u = \left( -\dfrac{3}{5}, -\dfrac{4}{5} \right)\) yönündeki yönlü türevini tanımla hesaplayınız ve geometrik olarak yorumlayınız.
Çözüm
Birim vektör mü? \(\|u\|^2 = \dfrac{9}{25} + \dfrac{16}{25} = 1\) olduğundan \(u\) birim vektördür.
Doğru üzerindeki değerler. \((1, 1) + tu = \left( 1 - \dfrac{3t}{5}, 1 - \dfrac{4t}{5} \right)\) ve \(f(1, 1) = 1\)’dir. \(\varphi(t) = f\big( (1, 1) + tu \big)\) yazalım:
\[ \begin{aligned} \varphi(t) &= 4 - \left( 1 - \tfrac{3t}{5} \right)^2 - 2\left( 1 - \tfrac{4t}{5} \right)^2 \\[1mm] &= 4 - \left( 1 - \tfrac{6t}{5} + \tfrac{9t^2}{25} \right) - \left( 2 - \tfrac{16t}{5} + \tfrac{32t^2}{25} \right) \\[1mm] &= 1 + \frac{22t}{5} - \frac{41t^2}{25}. \end{aligned} \]
Fark oranı ve limit. \(h \ne 0\) için
\[\frac{\varphi(h) - f(1, 1)}{h} = \frac{\tfrac{22h}{5} - \tfrac{41h^2}{25}}{h} = \frac{22}{5} - \frac{41h}{25}\]
olur ve \(h \to 0\) iken limit \(\dfrac{22}{5}\)’tir. Öyleyse \(D_u f(1, 1) = \dfrac{22}{5}\).
Yorum. Bu paraboloidin \(P = (1, 1, 1)\) noktasından geçen, eksenlere paralel iki kesitini Örnek 12.12 içinde incelemiştik; eğimleri \(f_x(1, 1) = -2\) ve \(f_y(1, 1) = -4\) idi. Şimdi \(u\) vektörü \((1, 1)\) noktasından kabaca orijine, yani paraboloidin tepesinin iz düşümüne doğru bakar; bu doğrultudaki doğru orijinden \(\tfrac{1}{5}\) uzaklıkta geçer. \((1, 1)\)’den geçen ve \(u\)’ya paralel düşey düzlem yüzeyi \(z = 1 + \dfrac{22t}{5} - \dfrac{41t^2}{25}\) parabolü boyunca keser. Bu parabolün \(t = 0\)’daki, yani \(P\) noktasındaki teğetinin eğimi \(\dfrac{22}{5}\)’tir. Pozitif işaret, bu yönde yürüyen birinin yokuş yukarı çıktığını söyler; kesit tepenin yakınından geçer ve \(t = \dfrac{55}{41}\)’de en yükseğe ulaşıp öbür yamaca iner.
\(\blacksquare\)
16.2 Türevlenebilir Fonksiyonlarda Yönlü Türev
Tanımla hesap her yön için ayrı bir limit gerektirir. Fonksiyon türevlenebilirse bu limitlerin hepsi tek bir vektörden, gradyandan (Tanım 12.3) okunur.
Teorem 16.1 (Yönlü Türevin Gradyanla Hesabı) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(a \in D^\circ\) ve \(f : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a\) noktasında türevlenebilir olsun. O zaman her \(u \in \mathbb{R}^n\) birim vektörü için \(D_u f(a)\) yönlü türevi vardır ve
\[D_u f(a) = \langle \nabla f(a), u \rangle = \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\, u_j\]
olur.
İspat
Doğruyu bir eğri olarak yazalım. \(a\) iç nokta olduğundan \(B(a, r) \subseteq D\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır. \(\gamma : (-r, r) \to \mathbb{R}^n\), \(\gamma(t) = a + tu\) diyelim. \(\|\gamma(t) - a\| = |t| < r\) olduğundan \(\gamma\)’nın değerleri \(B(a, r)\) açık yuvarının içindedir. \(\gamma\)’nın bileşenleri \(\gamma_j(t) = a_j + tu_j\) birinci dereceden polinomlardır ve \(\gamma_j'(t) = u_j\) olur; öyleyse \(\gamma\) türevlenebilirdir (Teorem 15.2) ve \(\gamma'(0) = u\)’dur.
Eğri boyunca değişim hızı. Türevlenebilme yalnız \(a\)’nın yakınındaki değerlere bağlı olduğundan \(f\)’nin \(V = B(a, r)\) açık yuvarına kısıtlanışı \(a\)’da türevlenebilirdir ve \(\gamma\big((-r, r)\big) \subseteq V\) olduğundan Sonuç 15.3 bu kısıtlanışa uygulanır. \(F(t) = f(\gamma(t)) = f(a + tu)\) diyelim. \(f\), \(\gamma(0) = a\) noktasında türevlenebilir olduğundan Sonuç 15.3 gereği \(F\), \(0\)’da türevlenebilirdir ve
\[F'(0) = \langle \nabla f(a), \gamma'(0) \rangle = \langle \nabla f(a), u \rangle = \sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f}{\partial x_j}(a)\, u_j\]
olur. Bu adım zincir kuralının (Teorem 15.6) \(1 \times n\) tipindeki \(J_f(a)\) satırı ile \(n \times 1\) tipindeki \(J_\gamma(0)\) sütununun çarpımına uygulanmasıdır.
Tanımla karşılaştırma. Öte yandan türevin tanımından
\[F'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{F(h) - F(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(a + hu) - f(a)}{h}\]
olur. Soldaki türev var olduğundan sağdaki limit de vardır ve bu limit tanım gereği \(D_u f(a)\)’dır. İki hesap birleştirilince \(D_u f(a) = \langle \nabla f(a), u \rangle\) bulunur. \(\blacksquare\)
Teoremin birkaç önemli sonucu vardır.
İzdüşüm. \(\|u\| = 1\) olduğundan \(\langle \nabla f(a), u \rangle\) sayısı, \(\nabla f(a)\) vektörünün \(u\) doğrultusundaki işaretli izdüşümünün uzunluğudur. Yani \(u\) yönündeki değişim hızı, gradyanın o yöndeki bileşenidir.
Yöne lineer bağlılık. \(u \mapsto D_u f(a)\) eşlemesi, \(v \mapsto \langle \nabla f(a), v \rangle\) lineer fonksiyonunun birim vektörlere kısıtlanışıdır; sonsuz tane yönlü türevin hepsi \(n\) tane kısmi türevden hesaplanır. Buradan kullanışlı bir ölçüt çıkar: bir fonksiyonun bir noktadaki yönlü türevleri, sabit bir \(w \in \mathbb{R}^n\) için \(\langle w, u \rangle\) biçiminde yazılamıyorsa fonksiyon o noktada türevlenebilir değildir. Bu gözlemi aşağıda karşı örneklerde kullanacağız.
İki değişkende. \(u = (\cos\theta, \sin\theta)\) için teorem
\[D_u f(x_0, y_0) = f_x(x_0, y_0)\cos\theta + f_y(x_0, y_0)\sin\theta\]
biçimini alır. Örneğin Örnek 16.1 içinde \(\nabla f(1, 1) = (-2, -4)\) olduğundan \(\langle \nabla f(1, 1), u \rangle = \dfrac{6}{5} + \dfrac{16}{5} = \dfrac{22}{5}\) bulunur; tanımla hesapladığımız değerin aynısı.
Birim olmayan vektörler. Uygulamada yön çoğu zaman birim olmayan bir \(v \ne 0\) vektörüyle ya da iki noktayla verilir. Bu durumda “\(v\) yönündeki yönlü türev” ile \(u = \dfrac{v}{\|v\|}\) birim vektörü yönündeki yönlü türev kastedilir:
\[D_u f(a) = \left\langle \nabla f(a), \frac{v}{\|v\|} \right\rangle = \frac{\langle \nabla f(a), v \rangle}{\|v\|}.\]
\(a\)’dan \(b\)’ye doğru olan yön \(v = b - a\) vektörüyle verilir. Birimleştirmeyi unutmak sonucu \(\|v\|\) ile çarpar.
- Birimleştir. Yön bir \(v\) vektörüyle ya da iki noktayla verildiyse \(u = \dfrac{v}{\|v\|}\) birim vektörünü bul.
- Gradyanı hesapla. Kısmi türevleri bul ve \(f\)’nin noktada türevlenebilir olduğunu denetle; kısmi türevlerin noktanın bir komşuluğunda sürekli olması yeterlidir (Teorem 14.3). Sonra \(\nabla f(a)\)’yı hesapla.
- İç çarpım al. \(D_u f(a) = \langle \nabla f(a), u \rangle\).
Türevlenebilirlik sağlanmıyorsa ya da denetlenemiyorsa (örneğin parçalı tanımlı fonksiyonların sorunlu noktalarında) yönlü türev tanımla hesaplanır.
Örnek 16.2 (Birim Olmayan Bir Vektör Yönünde) \(f(x, y) = x^2 y^3 - 4y\) fonksiyonunun \((2, -1)\) noktasında \(v = 2e_1 + 5e_2 = (2, 5)\) vektörü yönündeki yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
Birimleştirme. \(\|v\| = \sqrt{4 + 25} = \sqrt{29} \ne 1\) olduğundan \(v\) birim vektör değildir;
\[u = \frac{v}{\|v\|} = \left( \frac{2}{\sqrt{29}}, \frac{5}{\sqrt{29}} \right).\]
Gradyan. \(f_x = 2xy^3\) ve \(f_y = 3x^2 y^2 - 4\) polinomdur, dolayısıyla her yerde süreklidir ve \(f\) türevlenebilirdir (Teorem 14.3).
\[\nabla f(2, -1) = \big( 2 \cdot 2 \cdot (-1)^3,\; 3 \cdot 4 \cdot 1 - 4 \big) = (-4, 8).\]
İç çarpım.
\[ \begin{aligned} D_u f(2, -1) &= \frac{(-4) \cdot 2 + 8 \cdot 5}{\sqrt{29}} = \frac{32}{\sqrt{29}} \\[1mm] &= \frac{32\sqrt{29}}{29} \approx 5{,}94. \end{aligned} \]
Birimleştirmeyi unutup \(\langle \nabla f(2, -1), v \rangle = 32\) yazsaydık sonucu \(\sqrt{29}\) ile çarpılmış bulurduk. \(\blacksquare\)
Örnek 16.3 (Üç Değişkenli Bir Fonksiyon) \(f(x, y, z) = x\sin(yz)\) fonksiyonunun \((1, 3, 0)\) noktasında \(v = (1, 2, -1)\) yönündeki yönlü türevini gradyan yardımıyla bulunuz.
Çözüm
Birimleştirme. \(\|v\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}\) olduğundan \(u = \dfrac{1}{\sqrt{6}}(1, 2, -1)\)’dir.
Gradyan. Her değişkene göre ayrı ayrı türev alınırsa
\[\nabla f(x, y, z) = \big( \sin(yz),\; xz\cos(yz),\; xy\cos(yz) \big)\]
bulunur. Bileşenler her yerde sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir. \((1, 3, 0)\) noktasında \(\sin 0 = 0\) ve \(\cos 0 = 1\) olduğundan
\[\nabla f(1, 3, 0) = (0,\; 0,\; 1 \cdot 3 \cdot 1) = (0, 0, 3).\]
İç çarpım.
\[D_u f(1, 3, 0) = \frac{0 \cdot 1 + 0 \cdot 2 + 3 \cdot (-1)}{\sqrt{6}} = -\frac{3}{\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{2}.\]
Negatif işaret, \(u\) yönünde ilerlerken \(f\)’nin azaldığını söyler. \(\blacksquare\)
Örnek 16.4 (İki Noktayla Verilen Yön) \(f(x, y, z) = xy + yz + zx\) fonksiyonunun \(M(2, 1, 3)\) noktasında, \(M\)’den \(N(5, 5, 15)\) noktasına doğru olan yöndeki yönlü türevini önce tanımla, sonra gradyanla hesaplayınız.
Çözüm
Birimleştirme. \(v = N - M = (3, 4, 12)\) ve \(\|v\| = \sqrt{9 + 16 + 144} = 13\) olduğundan
\[u = \left( \frac{3}{13}, \frac{4}{13}, \frac{12}{13} \right).\]
Tanımla. \(s = \dfrac{h}{13}\) yazarsak \(M + hu\) noktası \((2 + 3s, 1 + 4s, 3 + 12s)\) olur. Üç çarpımı ayrı ayrı açalım:
\[ \begin{aligned} (2 + 3s)(1 + 4s) &= 2 + 11s + 12s^2, \\[1mm] (1 + 4s)(3 + 12s) &= 3 + 24s + 48s^2, \\[1mm] (3 + 12s)(2 + 3s) &= 6 + 33s + 36s^2. \end{aligned} \]
Toplayınca \(f(M + hu) = 11 + 68s + 96s^2\) bulunur; \(f(M) = 2 + 3 + 6 = 11\)’dir. \(h = 13s\) olduğundan \(h \ne 0\) için
\[\frac{f(M + hu) - f(M)}{h} = \frac{68s + 96s^2}{13s} = \frac{68 + 96s}{13}\]
olur. \(h \to 0\) iken \(s \to 0\) olduğundan limit \(\dfrac{68}{13}\)’tür.
Gradyanla. \(\nabla f(x, y, z) = (y + z, x + z, x + y)\) bileşenleri polinomdur; \(f\) türevlenebilirdir ve \(\nabla f(2, 1, 3) = (4, 5, 3)\)’tür.
\[D_u f(M) = \frac{4 \cdot 3 + 5 \cdot 4 + 3 \cdot 12}{13} = \frac{12 + 20 + 36}{13} = \frac{68}{13}.\]
İki yol, Teorem 16.1 ile uyumlu olarak aynı sonucu verir; gradyanla hesap açıkça daha kısadır. \(\blacksquare\)
16.3 En Hızlı Artış Yönü
Bir noktadaki bütün yönlü türevler gradyanla belirlendiğine göre, fonksiyonun hangi yönde en hızlı arttığı da gradyandan okunmalıdır.
Teorem 16.2 (En Hızlı Artış Yönü) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(a \in D^\circ\) ve \(f : D \to \mathbb{R}\) fonksiyonu \(a\) noktasında türevlenebilir olsun. Her \(u\) birim vektörü için
\[-\|\nabla f(a)\| \le D_u f(a) \le \|\nabla f(a)\|\]
olur. \(\nabla f(a) = 0\) ise her yönde \(D_u f(a) = 0\)’dır. \(\nabla f(a) \ne 0\) ise:
(i) \(D_u f(a)\) en büyük değeri olan \(\|\nabla f(a)\|\)’yi yalnız \(u = \dfrac{\nabla f(a)}{\|\nabla f(a)\|}\) yönünde alır;
(ii) en küçük değeri olan \(-\|\nabla f(a)\|\)’yi yalnız \(u = -\dfrac{\nabla f(a)}{\|\nabla f(a)\|}\) yönünde alır;
(iii) \(D_u f(a) = 0\) olması için gerek ve yeter koşul \(u\)’nun \(\nabla f(a)\)’ya dik olmasıdır.
İspat
Teorem 16.1 gereği \(D_u f(a) = \langle \nabla f(a), u \rangle\)’dır.
Sınırlar. Cauchy–Schwarz eşitsizliği (Teorem 1.1) ve \(\|u\| = 1\) ile
\[|D_u f(a)| = |\langle \nabla f(a), u \rangle| \le \|\nabla f(a)\| \, \|u\| = \|\nabla f(a)\|\]
olur; bu, istenen iki yanlı eşitsizliktir. \(\nabla f(a) = 0\) ise iki sınır da \(0\)’dır ve her yönlü türev \(0\)’dır.
Açıyla yazılış. \(\nabla f(a) \ne 0\) olsun ve \(\theta \in [0, \pi]\), \(\nabla f(a)\) ile \(u\) arasındaki açı olsun (Tanım 1.8). \(\|u\| = 1\) olduğundan
\[D_u f(a) = \|\nabla f(a)\| \, \|u\| \cos\theta = \|\nabla f(a)\| \cos\theta\]
olur. \(\cos\theta\) en büyük değeri \(1\)’i yalnız \(\theta = 0\)’da, en küçük değeri \(-1\)’i yalnız \(\theta = \pi\)’de alır.
Uç değerlerin alındığı yönler. \(w = \dfrac{\nabla f(a)}{\|\nabla f(a)\|}\) birim vektörü için \(\langle w, u \rangle = \cos\theta\)’dır. Farkın normunun karesi (Lemma 1.1) ile
\[\|u - w\|^2 = \|u\|^2 - 2\langle u, w \rangle + \|w\|^2 = 2 - 2\cos\theta\]
bulunur. Buna göre \(\cos\theta = 1\) olması \(\|u - w\| = 0\), yani \(u = w\) olmasına denktir; bu (i)’dir. Aynı hesap \(\|u + w\|^2 = 2 + 2\cos\theta\) verir; \(\cos\theta = -1\) olması \(u = -w\) olmasına denktir; bu (ii)’dir. Son olarak \(D_u f(a) = 0\) olması \(\langle \nabla f(a), u \rangle = 0\) demektir; bu da tanım gereği \(u \perp \nabla f(a)\) olmasıdır (Tanım 1.9). Bu (iii)’tür. \(\blacksquare\)
Teorem gradyanın geometrik anlamını verir: \(\nabla f(a) \ne 0\) ise \(\nabla f(a)\) vektörü \(f\)’nin \(a\)’da en hızlı arttığı yönü gösterir ve uzunluğu bu en büyük artış hızına eşittir. \(-\nabla f(a)\) en hızlı azalış yönüdür. Gradyana dik yönlerde ise değişim hızı \(0\)’dır. Her yöndeki hız, \(\|\nabla f(a)\|\)’nin gradyanla yapılan açının kosinüsüyle çarpımıdır.
Bu son gözlemin iki değişkende açık bir yorumu vardır. \(f\)’nin sabit bir \(k\) değerini aldığı noktaların oluşturduğu \(f(x, y) = k\) eğrilerine \(f\)’nin seviye eğrileri denir; haritalardaki eş yükselti eğrileri bunun örneğidir. \(a\)’dan geçen bir seviye eğrisi, türevlenebilir bir \(r : (-\delta, \delta) \to \mathbb{R}^2\) yoluyla \(r(0) = a\) ve \(r'(0) \ne 0\) olacak biçimde parametrelenmiş olsun (\(f\), \(a\)’yı içeren ve \(r\)’nin değerlerini kapsayan açık bir kümede türevlenebilir olsun). Her \(s\) için \(f(r(s)) = k\) olduğundan, \(s = 0\)’da türev alınıp Sonuç 15.3 kullanılırsa
\[0 = \frac{d}{ds} f(r(s)) \Big|_{s = 0} = \langle \nabla f(a), r'(0) \rangle\]
bulunur. Yani gradyan, seviye eğrisinin teğet vektörüne diktir: seviye eğrisi boyunca yürümek \(f\)’yi değiştirmez ve teğet doğrultusundaki yönlü türev \(0\)’dır. En hızlı artış yönü ise seviye eğrilerini dik açıyla keser. Üç değişkende aynı hesap, gradyanın \(f(x, y, z) = k\) seviye yüzeyine dik olduğunu gösterir.
Örnek 16.5 (Bir Noktadan Öbürüne Doğru Değişim Hızı) \(f(x, y) = xe^y\) fonksiyonunun \(P(2, 0)\) noktasında, \(P\)’den \(Q\left( \dfrac{1}{2}, 2 \right)\) noktasına doğru olan yöndeki değişim hızını bulunuz.
Çözüm
Birimleştirme. \(v = Q - P = \left( -\dfrac{3}{2}, 2 \right)\) ve \(\|v\| = \sqrt{\dfrac{9}{4} + 4} = \dfrac{5}{2}\) olduğundan \(u = \left( -\dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5} \right)\)’tir.
Gradyan. \(f_x = e^y\) ve \(f_y = xe^y\) her yerde süreklidir; \(f\) türevlenebilirdir ve \(\nabla f(2, 0) = (e^0, 2e^0) = (1, 2)\)’dir.
İç çarpım.
\[D_u f(2, 0) = 1 \cdot \left( -\frac{3}{5} \right) + 2 \cdot \frac{4}{5} = \frac{-3 + 8}{5} = 1.\]
\(f\), \(P\)’den \(Q\)’ya doğru birim uzunluk başına \(1\) hızıyla artar. \(\blacksquare\)
Örnek 16.6 (En Hızlı Artış Yönü ve Hızı) \(f(x, y) = xe^y\) fonksiyonunun \(P(2, 0)\) noktasında en hızlı arttığı yönü ve bu yöndeki değişim hızını bulunuz.
Çözüm
En hızlı artış. Önceki örnekte (Örnek 16.5) \(\nabla f(2, 0) = (1, 2)\) bulmuştuk. Teorem 16.2 gereği en hızlı artış gradyan yönündedir:
\[u = \frac{\nabla f(2, 0)}{\|\nabla f(2, 0)\|} = \frac{(1, 2)}{\sqrt{5}} = \left( \frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{2}{\sqrt{5}} \right).\]
Bu yöndeki değişim hızı \(\|\nabla f(2, 0)\| = \sqrt{5} \approx 2{,}24\) olur. En hızlı azalış \(-\dfrac{1}{\sqrt{5}}(1, 2)\) yönündedir ve o yöndeki hız \(-\sqrt{5}\)’tir.
Karşılaştırma. Önceki örnekteki \(u = \left( -\dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5} \right)\) yönü gradyanla
\[\cos\theta = \frac{\langle (1, 2), u \rangle}{\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}}\]
olan bir \(\theta\) açısı yapar; o yöndeki hız bu yüzden \(\sqrt{5} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{5}} = 1\) çıkmıştı. \(P\)’den geçen seviye eğrisi \(xe^y = 2\), yani \(y = \ln\dfrac{2}{x}\) eğrisidir. Bu eğrinin \(P\)’deki eğimi \(y' = -\dfrac{1}{x} = -\dfrac{1}{2}\) olduğundan teğet doğrultusu \((2, -1)\)’dir; bu doğrultu gradyana diktir (\(\langle (1, 2), (2, -1) \rangle = 0\)) ve o yönde değişim hızı \(0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Örnek 16.7 (Yönlü Türevin En Büyük ve En Küçük Değeri) \(f(x, y) = x^2 y + e^{xy}\sin y\) fonksiyonunun \((1, 0)\) noktasındaki yönlü türevlerinin en büyük ve en küçük değerini ve bu değerlerin alındığı yönleri bulunuz.
Çözüm
Gradyan. \(e^{xy}\sin y\) teriminin \(y\)’ye göre türevi çarpım kuralıyla alınırsa
\[ \begin{aligned} f_x &= 2xy + ye^{xy}\sin y, \\[1mm] f_y &= x^2 + xe^{xy}\sin y + e^{xy}\cos y \end{aligned} \]
bulunur. Kısmi türevler her yerde sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir. \((1, 0)\)’da \(\sin 0 = 0\), \(\cos 0 = 1\) ve \(e^0 = 1\) olduğundan
\[\nabla f(1, 0) = (0 + 0,\; 1 + 0 + 1) = (0, 2).\]
Uç değerler. Teorem 16.2 gereği yönlü türevin en büyük değeri \(\|\nabla f(1, 0)\| = 2\)’dir ve \(u = (0, 1)\) yönünde alınır; en küçük değeri \(-2\)’dir ve \(u = (0, -1)\) yönünde alınır. Gradyana dik olan \(u = (1, 0)\) ve \(u = (-1, 0)\) yönlerinde yönlü türev \(0\)’dır; bunlar \(f_x(1, 0) = 0\) kısmi türevi ve onun ters işaretlisidir. \(\blacksquare\)
16.4 Kısmi Türev, Yönlü Türev ve Türevlenebilirlik
Teorem 16.1 türevlenebilirlikten yönlü türevlerin varlığına gider. Bu kısımda ters yönlerin hiçbirinin doğru olmadığını gösteriyoruz: kısmi türevler yönlü türevleri vermez, bütün yönlü türevlerin varlığı sürekliliği vermez ve süreklilik eklense bile türevlenebilirlik elde edilmez.
Örnek 16.8 (Kısmi Türevleri Olup Yönlü Türevleri Olmayan Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
olsun. \(f\)’nin \((0, 0)\) noktasında koordinat eksenleri dışındaki hiçbir yönde yönlü türevinin olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Eksen yönleri. Bu fonksiyonun orijinde iki kısmi türevinin de var olduğunu ve \(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = 0\) olduğunu Örnek 12.13 içinde görmüştük. Ters yön kuralı gereği \(D_{-e_1} f(0, 0) = D_{-e_2} f(0, 0) = 0\)’dır.
Öbür yönler. \(u = (u_1, u_2)\) birim vektör ve \(h \ne 0\) olsun. \(u_1^2 + u_2^2 = 1\) olduğundan
\[f(hu) = \frac{h^2 u_1 u_2}{h^2 (u_1^2 + u_2^2)} = u_1 u_2\]
olur: \(f\), orijinden çıkan her ışın üzerinde sabittir. Fark oranı
\[\frac{f(hu) - f(0, 0)}{h} = \frac{u_1 u_2}{h}\]
olur. \(u_1 u_2 \ne 0\) ise \(h \to 0\) iken bu oranın mutlak değeri \(+\infty\)’a gider; limit yoktur. \(u_1 u_2 = 0\) ise \(u\) vektörü \(\pm e_1\), \(\pm e_2\)’den biridir. Demek ki yönlü türev yalnız dört eksen yönünde vardır ve orada \(0\)’dır. \(\blacksquare\)
Kısmi türevler yalnız eksenlere paralel iki doğruya bakar ve bu doğrular dışında olup bitenden habersizdir. Bütün doğrulara bakan yönlü türevler de yeterli değildir, çünkü bir noktaya doğrular dışındaki yollardan da yaklaşılabilir.
Örnek 16.9 (Her Yönde Yönlü Türevi Olan Süreksiz Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy^2}{x^2 + y^4}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
olsun. \((0, 0)\) noktasında her yönde yönlü türevin var olduğunu, ama \(f\)’nin bu noktada sürekli olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Yönlü türevler. \(u = (u_1, u_2)\) bir birim vektör ve \(h \ne 0\) olsun. \(hu \ne (0, 0)\) olduğundan
\[\frac{f(hu) - f(0, 0)}{h} = \frac{1}{h} \cdot \frac{h^3 u_1 u_2^2}{h^2 u_1^2 + h^4 u_2^4} = \frac{u_1 u_2^2}{u_1^2 + h^2 u_2^4}\]
olur (pay ve payda \(h^3\) ile sadeleşti; \(u \ne 0\) ve \(h \ne 0\) olduğundan son payda pozitiftir). İki durum vardır.
- \(u_1 \ne 0\) ise \(h \to 0\) iken payda \(u_1^2 \ne 0\) sayısına gider ve limit \(\dfrac{u_1 u_2^2}{u_1^2} = \dfrac{u_2^2}{u_1}\) olur.
- \(u_1 = 0\) ise pay özdeş olarak \(0\)’dır ve limit \(0\)’dır.
Demek ki her \(u\) birim vektörü için \(D_u f(0, 0)\) vardır:
\[D_u f(0, 0) = \begin{cases} \dfrac{u_2^2}{u_1}, & u_1 \ne 0, \\[2mm] 0, & u_1 = 0. \end{cases}\]
Süreksizlik. \((x_k, y_k) = \left( \dfrac{1}{k^2}, \dfrac{1}{k} \right)\) dizisi \((0, 0)\)’a yakınsar, ama her \(k\) için
\[f(x_k, y_k) = \frac{\tfrac{1}{k^2} \cdot \tfrac{1}{k^2}}{\tfrac{1}{k^4} + \tfrac{1}{k^4}} = \frac{1}{2}\]
olduğundan \(f(x_k, y_k) \to \dfrac{1}{2} \ne 0 = f(0, 0)\)’dır. Dizisel süreklilik ölçütü (Teorem 10.1) gereği \(f\), \((0, 0)\)’da sürekli değildir.
Neden? \(u_1 \ne 0\) iken \(f(tu) = \dfrac{t u_1 u_2^2}{u_1^2 + t^2 u_2^4}\) olduğundan, orijinden geçen her doğru boyunca \(f\) orijine yaklaşırken \(0\)’a gider; yönlü türevler yalnız bu doğruları görür. Oysa \(x = y^2\) parabolünün \(y \ne 0\) olan her noktasında \(f = \dfrac{y^4}{2y^4} = \dfrac{1}{2}\), \(x = -y^2\) parabolünde ise \(f = -\dfrac{1}{2}\)’dir. Yukarıdaki dizi birinci parabolün üzerindedir. Süreklilik bütün yaklaşım yollarını denetler, yönlü türevler ise yalnız doğrusal olanları.
\(\blacksquare\)
Bu fonksiyon orijinde türevlenebilir de değildir (Sonuç 14.1). Aynı sonuca yönlü türevlerden de ulaşılır: \(D_{e_1} f(0, 0) = 0\) ve \(D_{e_2} f(0, 0) = 0\) olduğundan \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\)’dır. \(f\) türevlenebilir olsaydı Teorem 16.1 her yönde \(D_u f(0, 0) = 0\) verirdi; oysa \(u_1 u_2 \ne 0\) için \(D_u f(0, 0) = \dfrac{u_2^2}{u_1} \ne 0\)’dır.
Süreklilik eklemek de yetmez. Sürekli olup kısmi türevleri olan, ama türevlenemeyen \(\sqrt{|xy|}\) fonksiyonunu Örnek 14.7 içinde görmüştük; o fonksiyonun köşegen yönlerinde yönlü türevi yoktur, çünkü \(f(t, t) = |t|\)’dir. Aşağıdaki fonksiyon bir adım daha ileri gider: orijinde süreklidir ve her yönde yönlü türevi vardır, ama yine türevlenebilir değildir. Aynı fonksiyonu üç ayrı soruda inceleyelim.
Örnek 16.10 (Orijinde Sürekli Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
olsun. \(f\)’nin \((0, 0)\) noktasında sürekli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\((x, y) \ne (0, 0)\) için \(x^2 \le x^2 + y^2\) olduğundan \(\dfrac{x^2}{x^2 + y^2} \le 1\)’dir ve
\[|f(x, y) - f(0, 0)| = \frac{3x^2 |y|}{x^2 + y^2} \le 3|y| \le 3\sqrt{x^2 + y^2}\]
olur. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{3}\) alalım. \(0 < \|(x, y)\| < \delta\) ise \(|f(x, y) - f(0, 0)| \le 3\|(x, y)\| < \varepsilon\) olur; \((x, y) = (0, 0)\) için fark zaten \(0\)’dır. Tanım gereği (Tanım 10.1) \(f\), \((0, 0)\)’da süreklidir. \(\blacksquare\)
Örnek 16.11 (Aynı Fonksiyonun Yönlü Türevleri) \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f(x, y) = \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\) ve \(f(0, 0) = 0\) olsun. Her \(u\) birim vektörü için \(D_u f(0, 0)\) yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
\(u = (u_1, u_2)\) birim vektör ve \(h \ne 0\) olsun. \(u_1^2 + u_2^2 = 1\) olduğundan
\[f(hu) = \frac{3h^3 u_1^2 u_2}{h^2 (u_1^2 + u_2^2)} = 3h u_1^2 u_2\]
olur ve fark oranı
\[\frac{f(hu) - f(0, 0)}{h} = 3u_1^2 u_2\]
sabittir. Öyleyse her \(u\) için \(D_u f(0, 0) = 3u_1^2 u_2\)’dir. Özel olarak \(f_x(0, 0) = D_{e_1} f(0, 0) = 0\) ve \(f_y(0, 0) = D_{e_2} f(0, 0) = 0\) olur. \(\blacksquare\)
Örnek 16.12 (Aynı Fonksiyon Türevlenebilir Değildir) \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f(x, y) = \dfrac{3x^2 y}{x^2 + y^2}\) ve \(f(0, 0) = 0\) olsun. \(f\)’nin \((0, 0)\) noktasında türevlenebilir olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Gradyan. Önceki örnekte (Örnek 16.11) kısmi türevlerin var olduğunu ve \(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = 0\) olduğunu bulduk. Kısmi türevlerden kurulan matris \(\begin{pmatrix} 0 & 0 \end{pmatrix}\) ve \(\nabla f(0, 0) = (0, 0)\)’dır.
Çelişki. \(f\), \((0, 0)\)’da türevlenebilir olsaydı Teorem 16.1 gereği her \(u\) için
\[D_u f(0, 0) = \langle \nabla f(0, 0), u \rangle = 0\]
olmalıydı. Oysa \(u = \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\) için
\[D_u f(0, 0) = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{4} \ne 0\]
bulunur. Bu çelişki \(f\)’nin \((0, 0)\)’da türevlenebilir olmadığını gösterir. Kısmi türevlerin matrisi vardır, ama bir türevi temsil etmez; \(u \mapsto 3u_1^2 u_2\) eşlemesi hiçbir \(w\) için \(\langle w, u \rangle\) biçiminde yazılamaz. \(\blacksquare\)
Bu örnekleri, önceki iki bölümün sonuçlarıyla birlikte bir tabloda toplayalım. Tabloda \(a\), \(f\)’nin tanım kümesinin bir iç noktasıdır.
| Önerme | Doğru mu? | Gerekçe ya da karşı örnek |
|---|---|---|
| \(f\), \(a\)’da türevlenebilir \(\Rightarrow\) her yönde \(D_u f(a)\) var | Evet | Teorem 16.1 |
| Her yönde \(D_u f(a)\) var \(\Rightarrow\) kısmi türevler var | Evet | \(u = e_j\) özel hâli |
| \(f\), \(a\)’da türevlenebilir \(\Rightarrow\) \(f\), \(a\)’da sürekli | Evet | Teorem 14.1 |
| Kısmi türevler \(a\)’nın bir komşuluğunda sürekli \(\Rightarrow\) \(f\), \(a\)’da türevlenebilir | Evet | Teorem 14.3 |
| Kısmi türevler var \(\Rightarrow\) \(f\), \(a\)’da sürekli | Hayır | Örnek 12.13 |
| Kısmi türevler var \(\Rightarrow\) her yönde \(D_u f(a)\) var | Hayır | Örnek 16.8 |
| Her yönde \(D_u f(a)\) var \(\Rightarrow\) \(f\), \(a\)’da sürekli | Hayır | Örnek 16.9 |
| Kısmi türevler var ve \(f\) sürekli \(\Rightarrow\) türevlenebilir | Hayır | Örnek 14.7 |
| Her yönde \(D_u f(a)\) var ve \(f\) sürekli \(\Rightarrow\) türevlenebilir | Hayır | Örnek 16.12 |
Kısaca: türevlenebilirlik bütün yönlü türevlerin varlığını, o da kısmi türevlerin varlığını gerektirir; bu iki gerektirmenin hiçbiri tersine çevrilemez ve yönlü türevlerin varlığı sürekliliği bile vermez. Yönlü türev kısmi türevden güçlü, türevlenebilirlikten zayıf bir kavramdır.
16.5 Vektör Değerli Fonksiyonlarda Yönlü Türev
Yönlü türevin tanımı değer uzayının boyutunu kullanmaz; aynı fark oranı vektör değerli fonksiyonlar için de yazılabilir.
Tanım 16.2 (Vektör Değerli Fonksiyonun Yönlü Türevi) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(f : D \to \mathbb{R}^m\), \(a \in D^\circ\) ve \(u \in \mathbb{R}^n\) bir birim vektör olsun.
\[D_u f(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a + hu) - f(a)}{h}\]
limiti \(\mathbb{R}^m\)’de varsa bu vektöre \(f\)’nin \(a\) noktasında \(u\) yönündeki yönlü türevi denir.
Yani fark oranı artık \(\mathbb{R}^m\)’de bir vektördür. \(\mathbb{R}^m\) değerli bir fonksiyonun limiti bileşen bileşen alındığından (Teorem 8.6), \(f = (f_1, \dots, f_m)\) için \(D_u f(a)\) ancak ve ancak her bileşenin \(u\) yönündeki yönlü türevi varsa vardır ve
\[D_u f(a) = \big( D_u f_1(a), \dots, D_u f_m(a) \big)\]
olur. \(m = 1\) için Tanım 16.1 geri gelir.
Teorem 16.3 (Vektör Değerli Fonksiyonda Yönlü Türevin Hesabı) \(D \subseteq \mathbb{R}^n\), \(a \in D^\circ\) ve \(f = (f_1, \dots, f_m) : D \to \mathbb{R}^m\) fonksiyonu \(a\) noktasında türevlenebilir olsun. O zaman her \(u\) birim vektörü için \(D_u f(a)\) vardır ve \(u\) sütun vektörü olarak yazıldığında
\[D_u f(a) = J_f(a)\, u\]
olur. Başka bir deyişle \(D_u f(a) = Df(a)(u)\)’dur.
İspat
\(f\), \(a\)’da türevlenebilir olduğundan her \(f_i\) bileşeni \(a\)’da türevlenebilirdir (Teorem 15.2). Teorem 16.1 gereği her \(i\) için \(D_u f_i(a)\) vardır ve \(D_u f_i(a) = \langle \nabla f_i(a), u \rangle\) olur. Bütün bileşenlerin yönlü türevleri var olduğundan \(D_u f(a)\) da vardır ve \(i\). bileşeni \(\langle \nabla f_i(a), u \rangle\) olur.
Öte yandan \(J_f(a)\)’nın \(i\). satırı \(\nabla f_i(a)\) olduğundan (Tanım 15.2) \(J_f(a)\,u\) çarpımının \(i\). bileşeni de
\[\sum_{j=1}^{n} \frac{\partial f_i}{\partial x_j}(a)\, u_j = \langle \nabla f_i(a), u \rangle\]
olur. İki vektörün bütün bileşenleri eşit olduğundan \(D_u f(a) = J_f(a)\,u\) bulunur. \(J_f(a)\), \(Df(a)\) lineer dönüşümünün matrisi olduğundan (Teorem 15.3) bu, \(D_u f(a) = Df(a)(u)\) demektir. \(\blacksquare\)
Örnek 16.13 (Jacobi Matrisiyle Yönlü Türev) \(f(x, y) = (x^2 - y^2, 2xy)\) fonksiyonunun \((1, 2)\) noktasında \(v = (3, 4)\) yönündeki yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
Birimleştirme. \(\|v\| = \sqrt{9 + 16} = 5\) olduğundan \(u = \left( \dfrac{3}{5}, \dfrac{4}{5} \right)\)’tir.
Jacobi matrisi. Bileşenler polinomdur; kısmi türevleri sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir (Teorem 15.4).
\[J_f(x, y) = \begin{pmatrix} 2x & -2y \\ 2y & 2x \end{pmatrix}\]
olduğundan
\[J_f(1, 2) = \begin{pmatrix} 2 & -4 \\ 4 & 2 \end{pmatrix}.\]
Çarpım.
\[D_u f(1, 2) = \begin{pmatrix} 2 & -4 \\ 4 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3/5 \\ 4/5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (6 - 16)/5 \\ (12 + 8)/5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \end{pmatrix}.\]
Tanımla denetim. \(\varphi(t) = f\big( (1, 2) + tu \big)\) yazalım; burada \((1, 2) + tu = \left( 1 + \dfrac{3t}{5}, 2 + \dfrac{4t}{5} \right)\)’tir. Bileşenler
\[ \begin{aligned} \varphi_1(t) &= \left( 1 + \tfrac{3t}{5} \right)^2 - \left( 2 + \tfrac{4t}{5} \right)^2 = -3 - 2t - \tfrac{7t^2}{25}, \\[1mm] \varphi_2(t) &= 2\left( 1 + \tfrac{3t}{5} \right)\left( 2 + \tfrac{4t}{5} \right) = 4 + 4t + \tfrac{24t^2}{25} \end{aligned} \]
olur. \(\varphi(0) = f(1, 2) = (-3, 4)\) olduğundan \(h \ne 0\) için
\[\frac{\varphi(h) - \varphi(0)}{h} = \left( -2 - \frac{7h}{25},\; 4 + \frac{24h}{25} \right)\]
olur ve \(h \to 0\) iken limit \((-2, 4)\)’tür. \(\blacksquare\)
16.6 Ortalama Değer Teoremi
Tek değişkenli ortalama değer teoremi, \([a, b]\) üzerinde sürekli ve \((a, b)\) üzerinde türevlenebilir bir fonksiyonun uçlar arasındaki değişimini ara bir noktadaki türevle ifade eder: \(f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)\) (bkz. Analiz 2). \(\mathbb{R}^n\)’de iki nokta arasında aralığın rolünü onları birleştiren \(L(a; b)\) doğru parçası üstlenir (Tanım 2.4). Bu doğru parçasını
\[(1 - t)a + tb = a + t(b - a), \qquad t \in [0, 1]\]
biçiminde yazacağız: \(t = 0\) için \(a\), \(t = 1\) için \(b\) elde edilir ve \(t \in (0, 1)\) için nokta \(a\) ile \(b\) arasındadır. Doğru parçası bir eksene paralelken teoremin kısmi türevlerle yazılmış biçimini Önerme 12.3 içinde görmüştük; şimdi keyfi doğrultudaki doğru parçalarına geçiyoruz.
Teorem 16.4 (Reel Değerli Fonksiyonlar için Ortalama Değer Teoremi) \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(f : A \to \mathbb{R}\), \(A\) üzerinde türevlenebilir bir fonksiyon olsun. \(a, b \in A\) noktalarını birleştiren doğru parçası \(A\)’nın içinde kalsın: \(L(a; b) \subseteq A\). O zaman öyle bir \(t_0 \in (0, 1)\) vardır ki \(c = (1 - t_0)a + t_0 b\) noktası için
\[f(b) - f(a) = \langle \nabla f(c), b - a \rangle\]
olur.
İspat
\(a = b\) ise iki yan da \(0\)’dır; \(a \ne b\) olsun.
Doğru parçasını parametrelemek. Her \(t \in \mathbb{R}\) için \(\varphi(t) = a + t(b - a)\) diyelim. \(t \in [0, 1]\) için \(\varphi(t) \in L(a; b) \subseteq A\)’dır. \(g(t) = f(\varphi(t))\) fonksiyonunu \(\varphi(t) \in A\) olan her \(t\) için tanımlayalım; özel olarak \(g\), \([0, 1]\) üzerinde tanımlıdır ve \(g(0) = f(a)\), \(g(1) = f(b)\)’dir.
\(g\)’nin türevi. \(t_1 \in [0, 1]\) olsun. \(A\) açık olduğundan \(B(\varphi(t_1), \varepsilon) \subseteq A\) olacak biçimde bir \(\varepsilon > 0\) vardır. \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{\|b - a\|}\) diyelim. \(|t - t_1| < \delta\) ise
\[\|\varphi(t) - \varphi(t_1)\| = |t - t_1| \, \|b - a\| < \varepsilon\]
olduğundan \(\varphi(t) \in A\)’dır; yani \(I = (t_1 - \delta, t_1 + \delta)\) açık aralığı için \(\varphi(I) \subseteq A\)’dır ve \(g\), \(I\) üzerinde tanımlıdır. \(\varphi\)’nin bileşenleri \(a_j + t(b_j - a_j)\) birinci dereceden polinomlardır; \(\varphi\) türevlenebilirdir ve \(\varphi'(t) = b - a\)’dır. \(f\), \(\varphi(t_1)\)’de türevlenebilir olduğundan Sonuç 15.3 gereği \(g\), \(t_1\)’de türevlenebilirdir ve
\[g'(t_1) = \langle \nabla f(\varphi(t_1)), \varphi'(t_1) \rangle = \langle \nabla f(\varphi(t_1)), b - a \rangle\]
olur.
Tek değişkenli teorem. \(g\), \([0, 1]\)’in her noktasında türevlenebilir olduğundan \([0, 1]\) üzerinde süreklidir ve \((0, 1)\) üzerinde türevlenebilirdir. Tek değişkenli ortalama değer teoremi (bkz. Analiz 2) gereği öyle bir \(t_0 \in (0, 1)\) vardır ki
\[g(1) - g(0) = g'(t_0)\,(1 - 0)\]
olur. \(g(1) - g(0) = f(b) - f(a)\)’dır ve \(c = \varphi(t_0) = (1 - t_0)a + t_0 b\) için \(g'(t_0) = \langle \nabla f(c), b - a \rangle\) olduğundan iddia elde edilir.
\(\blacksquare\)
Teoremin hipotezi yalnız tek bir doğru parçasıyla ilgilidir: \(A\)’nın her iki noktasını birleştiren doğru parçasının \(A\)’da kalması gerekmez; teorem, doğru parçası \(A\)’da kalan \(a\), \(b\) ikilileri için geçerlidir. \(A\) açık ve konveks ise her \(a, b \in A\) için \(L(a; b) \subseteq A\)’dır (Tanım 2.5); dolayısıyla teorem \(A\)’nın her iki noktası için geçerlidir. \(\mathbb{R}^n\)’nin kendisi ve açık yuvarlar böyle kümelerdir.
\(n = 1\) için \(\langle \nabla f(c), b - a \rangle = f'(c)(b - a)\) olur ve teorem tek değişkenli ortalama değer teoremine döner; \(\mathbb{R}\)’nin konveks alt kümeleri aralıklardır ve doğru parçası bir kapalı aralıktır. Tek değişkende olduğu gibi \(c\) noktası genellikle tek değildir ve teorem onun yerini söylemez; önemli olan, \(c\)’nin doğru parçası üzerinde bulunmasıdır.
Örnek 16.14 (Ortalama Değer Noktasının Bulunması) \(f(x, y) = x^2 + y^3\) fonksiyonu ve \(a = (0, 0)\), \(b = (1, 1)\) noktaları için ortalama değer teoreminin (Teorem 16.4) verdiği \(c\) noktasını bulunuz.
Çözüm
Hipotezler. \(f\) polinomdur ve \(\mathbb{R}^2\) üzerinde türevlenebilirdir; \(\mathbb{R}^2\) açık ve konveks olduğundan teorem uygulanır.
Denklem. \(\nabla f(x, y) = (2x, 3y^2)\), \(b - a = (1, 1)\) ve \(f(b) - f(a) = 2 - 0 = 2\)’dir. Doğru parçasının \(a\) ile \(b\) arasındaki noktaları \(c = (t, t)\), \(t \in (0, 1)\) biçimindedir ve
\[\langle \nabla f(t, t), (1, 1) \rangle = 2t + 3t^2\]
olur. Öyleyse \(3t^2 + 2t - 2 = 0\) denklemini çözmeliyiz:
\[t = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 24}}{6} = \frac{-1 \pm \sqrt{7}}{3}.\]
Seçim. \(\sqrt{7} \approx 2{,}646\) olduğundan kökler yaklaşık \(0{,}549\) ve \(-1{,}215\)’tir; \((0, 1)\) aralığında yalnız birincisi vardır. Öyleyse \(c = (t_0, t_0)\) ve
\[t_0 = \frac{\sqrt{7} - 1}{3} \approx 0{,}549\]
olur. Bulunan \(c\), doğru parçasının orta noktası olan \(\left( \tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2} \right)\) değildir; teorem ara noktanın varlığını söyler, yerini söylemez. \(\blacksquare\)
Ortalama değer teoreminin en sık kullanıldığı yer, bir fonksiyonun değişimini gradyanın büyüklüğüyle sınırlamaktır.
Sonuç 16.1 (Gradyanı Sınırlı Fonksiyonlar) \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve konveks, \(f : A \to \mathbb{R}\), \(A\) üzerinde türevlenebilir olsun ve bir \(M \ge 0\) sayısı için her \(x \in A\)’da \(\|\nabla f(x)\| \le M\) olsun. O zaman her \(x, y \in A\) için
\[|f(x) - f(y)| \le M\,\|x - y\|\]
olur.
İspat
\(x, y \in A\) olsun. \(A\) konveks olduğundan \(L(y; x) \subseteq A\)’dır. Teorem 16.4 gereği bu doğru parçası üzerinde öyle bir \(c\) vardır ki \(f(x) - f(y) = \langle \nabla f(c), x - y \rangle\) olur. \(c \in A\) olduğundan Cauchy–Schwarz eşitsizliği (Teorem 1.1) ile
\[|f(x) - f(y)| \le \|\nabla f(c)\| \, \|x - y\| \le M\,\|x - y\|\]
bulunur. \(\blacksquare\)
Örnek 16.15 (Ortalama Değer Teoremiyle Bir Eşitsizlik) Her \((x_1, y_1), (x_2, y_2) \in \mathbb{R}^2\) için
\[|\sin x_1 \sin y_1 - \sin x_2 \sin y_2| \le \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2}\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Gradyan. \(f(x, y) = \sin x \sin y\) alalım. \(\nabla f(x, y) = (\cos x \sin y, \sin x \cos y)\) bileşenleri sürekli olduğundan \(f\), \(\mathbb{R}^2\)’de türevlenebilirdir.
Sınır. \(\sin^2 y \le 1\) ve \(\cos^2 y \le 1\) olduğundan
\[\|\nabla f(x, y)\|^2 = \cos^2 x \sin^2 y + \sin^2 x \cos^2 y \le \cos^2 x + \sin^2 x = 1\]
olur; yani her noktada \(\|\nabla f(x, y)\| \le 1\)’dir.
Sonuç. \(\mathbb{R}^2\) açık ve konveks olduğundan Sonuç 16.1 \(M = 1\) ile uygulanır:
\[|f(x_1, y_1) - f(x_2, y_2)| \le \|(x_1, y_1) - (x_2, y_2)\|.\]
Sol yan istenen eşitsizliğin sol yanıdır; sağdaki Öklid normu da \(\sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2}\) sayısıdır. Tek değişkende aynı yol \(|\sin x_1 - \sin x_2| \le |x_1 - x_2|\) eşitsizliğini verir. \(\blacksquare\)
16.7 Vektör Değerli Fonksiyonlarda Ortalama Değer Teoremi
Ortalama değer teoremini vektör değerli bir fonksiyona tek bir ara noktayla genişletmek mümkün değildir; bunu en basit örnekte görelim.
Örnek 16.16 (Tek Bir Ara Noktanın Bulunmadığı Eğri) \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2\), \(f(t) = (t^2, t^3)\) olsun. \(f(1) - f(0) = J_f(c)\,(1 - 0)\) eşitliğini sağlayan bir \(c \in (0, 1)\) bulunmadığını gösteriniz.
Çözüm
Tek ara nokta yok. \(f\)’nin bileşenleri polinomdur ve \(J_f(c)\), \((2c, 3c^2)\)’nin sütun hâlidir. \(f(0) = (0, 0)\) ve \(f(1) = (1, 1)\) olduğundan istenen eşitlik
\[ \begin{aligned} 2c &= 1, \\[1mm] 3c^2 &= 1 \end{aligned} \]
denklemlerinin birlikte sağlanmasıdır. Birinci denklem \(c = \dfrac{1}{2}\) verir, ama bu değer için \(3c^2 = \dfrac{3}{4} \ne 1\)’dir. Öyleyse böyle bir \(c\) yoktur.
Bileşen bileşen. Bileşenlere ayrı ayrı bakıldığında ise tek değişkenli teorem her biri için bir ara nokta verir: \(t^2\) için \(1 = 2c_1\), yani \(c_1 = \dfrac{1}{2}\); \(t^3\) için \(1 = 3c_2^2\), yani \(c_2 = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577\). İki ara nokta farklıdır ve ortak bir ara nokta bulunamaz. \(\blacksquare\)
Doğru olan, teoremi her bileşene ayrı ayrı uygulamaktır.
Teorem 16.5 (Vektör Değerli Fonksiyonlar için Ortalama Değer Teoremi) \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) açık, \(f = (f_1, \dots, f_m) : A \to \mathbb{R}^m\), \(A\) üzerinde türevlenebilir ve \(a, b \in A\) için \(L(a; b) \subseteq A\) olsun. O zaman öyle \(t_1, \dots, t_m \in (0, 1)\) sayıları vardır ki \(c_i = (1 - t_i)a + t_i b\) noktaları için
\[f_i(b) - f_i(a) = \langle \nabla f_i(c_i), b - a \rangle, \qquad i = 1, \dots, m\]
olur.
İspat
\(f\), \(A\)’nın her noktasında türevlenebilir olduğundan her \(f_i\) bileşeni de öyledir (Teorem 15.2). Her \(i\) için reel değerli \(f_i : A \to \mathbb{R}\) fonksiyonuna Teorem 16.4 uygulanırsa \(f_i(b) - f_i(a) = \langle \nabla f_i(c_i), b - a \rangle\) eşitliğini sağlayan bir \(c_i = (1 - t_i)a + t_i b\), \(t_i \in (0, 1)\) noktası bulunur. \(\blacksquare\)
Bu \(m\) eşitlik alt alta yazılırsa
\[f(b) - f(a) = \begin{pmatrix} \nabla f_1(c_1) \\ \vdots \\ \nabla f_m(c_m) \end{pmatrix} (b - a)\]
olur. Sağdaki matrisin her satırı farklı bir noktada hesaplanmıştır; bu matris genellikle tek bir \(c\) için \(J_f(c)\) değildir ve Örnek 16.16, \(c_i\) noktalarının ortak seçilemeyebileceğini gösterir. \(m = 1\) için bu teorem, reel değerli fonksiyonlar için ortalama değer teoremiyle (Teorem 16.4) aynıdır.
Buna rağmen bileşen bileşen teorem, tek değişkenli analizin en çok kullanılan sonuçlarından birini \(\mathbb{R}^n\)’ye taşımaya yeter: türevi sıfır olan fonksiyon sabittir (bkz. Analiz 2).
Sonuç 16.2 (Türevi Sıfır Olan Fonksiyon Sabittir) \(A \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve konveks bir küme, \(f : A \to \mathbb{R}^m\), \(A\) üzerinde türevlenebilir olsun. Her \(x \in A\) için \(Df(x) = 0\) ise, yani \(J_f(x)\) sıfır matrisiyse, \(f\), \(A\) üzerinde sabittir.
İspat
\(f = (f_1, \dots, f_m)\) ve \(x, y \in A\) olsun. \(A\) konveks olduğundan \(L(x; y) \subseteq A\)’dır. Teorem 16.5 gereği bu doğru parçası üzerinde öyle \(c_1, \dots, c_m\) noktaları vardır ki her \(i\) için
\[f_i(y) - f_i(x) = \langle \nabla f_i(c_i), y - x \rangle\]
olur. \(c_i \in A\)’dır ve \(\nabla f_i(c_i)\), \(J_f(c_i)\) sıfır matrisinin \(i\). satırıdır; öyleyse \(\nabla f_i(c_i) = 0\) ve \(f_i(y) = f_i(x)\)’tir. Bu her \(i\) için doğru olduğundan \(f(y) = f(x)\) bulunur. \(x\) ve \(y\) keyfi olduğundan \(f\), \(A\) üzerinde sabittir. \(\blacksquare\)
Sonucun tersi açıktır: sabit bir fonksiyonun bütün kısmi türevleri sıfırdır. Ayrıca hipotezdeki türevlenebilirlik kendiliğinden gelir: \(A\)’nın her noktasında bütün kısmi türevler sıfırsa kısmi türevler sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir (Teorem 15.4) ve \(J_f = 0\)’dır. Sonuç toplam diferansiyel (Tanım 15.3) diliyle de söylenebilir: \(A\)’nın her noktasında \(df = 0\) ise \(f\) sabittir.
Konvekslik koşulu tümüyle atılamaz. \(A = B((-2, 0), 1) \cup B((2, 0), 1)\) ayrık iki açık yuvarın birleşimi olsun ve \(f\) soldaki yuvarda \(0\), sağdakinde \(1\) değerini alsın. \(A\)’nın her noktası, \(f\)’nin sabit olduğu bir yuvarın içindedir; bu yüzden \(f\) her noktada türevlenebilirdir ve \(Df = 0\)’dır. Ama \(f\) sabit değildir. Engel \(A\)’nın iki parçadan oluşmasıdır; konvekslik yerine bağlantılılık yeterlidir (Alıştırma 16.9).
16.8 Alıştırmalar
Alıştırma 16.1 (Eksenle Açı Yapan Yön) \(f(x, y) = x^3 - xy - 2y^2\) fonksiyonunun \((1, 2)\) noktasında, pozitif \(x\) ekseniyle \(60^\circ\)’lik açı yapan birim vektör yönündeki yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
Birim vektör. \(u = (\cos 60^\circ, \sin 60^\circ) = \left( \dfrac{1}{2}, \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\).
Gradyan. \(f_x = 3x^2 - y\) ve \(f_y = -x - 4y\) polinomdur; \(f\) türevlenebilirdir ve
\[\nabla f(1, 2) = (3 - 2,\; -1 - 8) = (1, -9).\]
İç çarpım.
\[D_u f(1, 2) = 1 \cdot \frac{1}{2} + (-9) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1 - 9\sqrt{3}}{2} \approx -7{,}29.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.2 (Her Noktada Yönlü Türev) \(f(x, y, z) = xe^{yz}\) fonksiyonunun \(u = \left( \dfrac{2}{7}, \dfrac{3}{7}, -\dfrac{6}{7} \right)\) yönündeki yönlü türevini her \((x, y, z)\) noktasında bulunuz.
Çözüm
Birim vektör mü? \(\|u\|^2 = \dfrac{4 + 9 + 36}{49} = 1\) olduğundan \(u\) birim vektördür.
Gradyan.
\[\nabla f(x, y, z) = \big( e^{yz},\; xz\,e^{yz},\; xy\,e^{yz} \big).\]
Bileşenler her yerde sürekli olduğundan \(f\), \(\mathbb{R}^3\)’ün her noktasında türevlenebilirdir.
İç çarpım. Her \((x, y, z)\) için
\[ \begin{aligned} D_u f(x, y, z) &= \frac{2}{7}e^{yz} + \frac{3}{7}xz\,e^{yz} - \frac{6}{7}xy\,e^{yz} \\[1mm] &= \frac{e^{yz}}{7}\,(2 + 3xz - 6xy). \end{aligned} \]
Örneğin \((1, 1, 0)\) noktasında \(D_u f(1, 1, 0) = \dfrac{1}{7}(2 + 0 - 6) = -\dfrac{4}{7}\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.3 (Tanımla Üç Değişkende Yönlü Türev) \(f(x, y, z) = x^2 y + y^2 z\) fonksiyonunun \(P(5, 1, 0)\) noktasında, \(P\)’den \(Q(2, -3, 12)\) noktasına doğru olan yöndeki yönlü türevini tanımla hesaplayınız ve sonucu gradyanla doğrulayınız.
Çözüm
Birimleştirme. \(v = Q - P = (-3, -4, 12)\) ve \(\|v\| = \sqrt{9 + 16 + 144} = 13\) olduğundan \(u = \dfrac{1}{13}(-3, -4, 12)\)’dir.
Doğru üzerindeki değerler. \(s = \dfrac{h}{13}\) yazarsak \(P + hu = (5 - 3s, 1 - 4s, 12s)\) olur ve \(f(P) = 25\)’tir. İki terimi ayrı ayrı açalım:
\[ \begin{aligned} (5 - 3s)^2 (1 - 4s) &= 25 - 130s + 129s^2 - 36s^3, \\[1mm] (1 - 4s)^2 \cdot 12s &= 12s - 96s^2 + 192s^3. \end{aligned} \]
Toplayıp \(25\) çıkarırsak
\[f(P + hu) - f(P) = -118s + 33s^2 + 156s^3\]
bulunur.
Limit. \(h = 13s\) olduğundan \(h \ne 0\) için
\[\frac{f(P + hu) - f(P)}{h} = \frac{-118s + 33s^2 + 156s^3}{13s} = \frac{-118 + 33s + 156s^2}{13}\]
olur. \(h \to 0\) iken \(s \to 0\) olduğundan \(D_u f(P) = -\dfrac{118}{13}\)’tür.
Gradyanla denetim. \(\nabla f = (2xy,\; x^2 + 2yz,\; y^2)\) polinom bileşenlidir ve \(\nabla f(5, 1, 0) = (10, 25, 1)\)’dir.
\[D_u f(P) = \frac{10 \cdot (-3) + 25 \cdot (-4) + 1 \cdot 12}{13} = \frac{-30 - 100 + 12}{13} = -\frac{118}{13}.\]
İki hesap aynı sonucu verir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.4 (Logaritmik Bir Fonksiyon) \(f(x, y, z) = \ln(x^2 + y^2 + z^2)\) fonksiyonunun \((-1, 2, 1)\) noktasında \(v = (-2, 1, 2)\) yönündeki yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
Tanım kümesi ve türevlenebilirlik. \(f\), açık \(\mathbb{R}^3 \setminus \{0\}\) kümesinde tanımlıdır ve \((-1, 2, 1)\) bu kümededir. Kısmi türevler
\[\nabla f(x, y, z) = \frac{1}{x^2 + y^2 + z^2}\,(2x, 2y, 2z)\]
bu kümede sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir.
Gradyan. \((-1, 2, 1)\)’de \(x^2 + y^2 + z^2 = 6\) olduğundan
\[\nabla f(-1, 2, 1) = \frac{1}{6}(-2, 4, 2) = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, \frac{1}{3} \right).\]
Birimleştirme ve iç çarpım. \(\|v\| = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3\) ve \(u = \dfrac{1}{3}(-2, 1, 2)\)’dir.
\[D_u f(-1, 2, 1) = \frac{1}{3} \left( \frac{2}{3} + \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \right) = \frac{2}{3}.\]
\(\blacksquare\)
Alıştırma 16.5 (Açıortay Doğrultusunda Yönlü Türev) \(f(x, y) = \ln\sqrt{x^2 + y^2}\) fonksiyonunun \((1, 1)\) noktasında, birinci açıortay doğrultusundaki \(u = \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)\) yönünde yönlü türevini bulunuz.
Çözüm
Gradyan. \(\mathbb{R}^2 \setminus \{0\}\) üzerinde \(f(x, y) = \dfrac{1}{2}\ln(x^2 + y^2)\)’dir ve
\[\nabla f(x, y) = \left( \frac{x}{x^2 + y^2}, \frac{y}{x^2 + y^2} \right)\]
bu açık kümede süreklidir; \(f\) türevlenebilirdir. \(\nabla f(1, 1) = \left( \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2} \right)\).
İç çarpım.
\[D_u f(1, 1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}.\]
Burada \(u\), gradyanla aynı yöndedir; bu yüzden bulunan değer aynı zamanda \((1, 1)\)’deki en büyük yönlü türevdir: \(\|\nabla f(1, 1)\| = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\). \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.6 (Üç Değişkende En Büyük ve En Küçük Yönlü Türev) \[f(x, y, z) = \ln(xy) + \ln(yz) + \ln(xz)\]
fonksiyonunun \((1, 1, 1)\) noktasındaki yönlü türevlerinin en büyük ve en küçük değerlerini ve bu değerlerin alındığı yönleri bulunuz.
Çözüm
Tanım kümesi. \(f\), \(xy > 0\), \(yz > 0\) ve \(xz > 0\) olan noktalarda, yani üç koordinatın aynı işaretli olduğu noktalarda tanımlıdır; tanım kümesi \(\{x, y, z > 0\}\) ile \(\{x, y, z < 0\}\) açık kümelerinin birleşimidir ve \((1, 1, 1)\) birinci parçadadır.
Gradyan. \(\ln(xy)\)’nin \(x\)’e göre türevi \(\dfrac{y}{xy} = \dfrac{1}{x}\)’tir; \(x\) iki terimde geçtiğinden \(f_x = \dfrac{2}{x}\) olur. Benzer biçimde \(f_y = \dfrac{2}{y}\) ve \(f_z = \dfrac{2}{z}\)’dir. Bu türevler açık kümede sürekli olduğundan \(f\) türevlenebilirdir ve
\[ \begin{aligned} \nabla f(1, 1, 1) &= (2, 2, 2), \\[1mm] \|\nabla f(1, 1, 1)\| &= \sqrt{4 + 4 + 4} = 2\sqrt{3}. \end{aligned} \]
Uç değerler. Teorem 16.2 gereği en büyük değer \(2\sqrt{3}\)’tür ve \(u = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\) yönünde alınır; en küçük değer \(-2\sqrt{3}\)’tür ve \(u = -\dfrac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)\) yönünde alınır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.7 (Yalnız Dört Yönde Yönlü Türev) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\),
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
olsun. \((0, 0)\) noktasında hangi \(u\) birim vektörleri için \(D_u f(0, 0)\) yönlü türevinin var olduğunu belirleyiniz.
Çözüm
Fark oranı. \(u = (u_1, u_2)\) birim vektör ve \(h \ne 0\) olsun. \(u_1^2 + u_2^2 = 1\) olduğundan
\[f(hu) = \frac{h^2 (u_1^2 - u_2^2)}{h^2 (u_1^2 + u_2^2)} = u_1^2 - u_2^2\]
olur; \(f\), orijinden geçen her doğru üzerinde (orijin dışında) sabittir. Fark oranı
\[\frac{f(hu) - f(0, 0)}{h} = \frac{u_1^2 - u_2^2}{h}\]
olur.
İki durum. \(u_1^2 \ne u_2^2\) ise \(h \to 0\) iken bu oranın mutlak değeri \(+\infty\)’a gider; yönlü türev yoktur. \(u_1^2 = u_2^2\) ise oran özdeş olarak \(0\)’dır ve \(D_u f(0, 0) = 0\) olur. \(u_1^2 + u_2^2 = 1\) ile birlikte \(u_1^2 = u_2^2 = \dfrac{1}{2}\) bulunur. Demek ki yönlü türev yalnız
\[u = \left( \pm\frac{1}{\sqrt{2}}, \pm\frac{1}{\sqrt{2}} \right)\]
biçimindeki dört yönde, yani \(y = x\) ve \(y = -x\) doğrultularında vardır; bu doğrular üzerinde \(f\) özdeş olarak \(0\)’dır.
Sonuçlar. Özel olarak \(u = e_1\) ve \(u = e_2\) için yönlü türev yoktur; \(f_x(0, 0)\) ve \(f_y(0, 0)\) kısmi türevleri de yoktur. \(f\) orijinde sürekli değildir, çünkü orijin dışında \(x\) ekseni üzerinde \(1\), \(y\) ekseni üzerinde \(-1\) değerini alır; dolayısıyla türevlenebilir de değildir (Sonuç 14.1). \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.8 (Gradyanı Bilinen Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\) türevlenebilir olsun ve her \((x, y)\) için \(\nabla f(x, y) = (2xy, x^2)\) olsun. Bir \(C\) sabiti için \(f(x, y) = x^2 y + C\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Yardımcı fonksiyon. \(g(x, y) = f(x, y) - x^2 y\) diyelim. \(x^2 y\) polinomu türevlenebilirdir ve türevlenebilir fonksiyonların farkı türevlenebilirdir (Teorem 15.5); \(g\), \(\mathbb{R}^2\) üzerinde türevlenebilirdir.
Türevi sıfırdır. \(\nabla(x^2 y) = (2xy, x^2)\) olduğundan her \((x, y)\) için
\[\nabla g(x, y) = (2xy - 2xy,\; x^2 - x^2) = (0, 0)\]
olur. \(g\) reel değerli olduğundan \(J_g(x, y)\), \(\nabla g(x, y)\)’nin satır hâlidir; yani \(Dg(x, y) = 0\)’dır.
Sabitlik. \(\mathbb{R}^2\) açık ve konveks olduğundan Sonuç 16.2 gereği \(g\) sabittir: bir \(C\) için \(g = C\), yani \(f(x, y) = x^2 y + C\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 16.9 (Bölgede Türevi Sıfır Olan Fonksiyon) \(U \subseteq \mathbb{R}^n\) bir bölge (Tanım 5.4), \(f : U \to \mathbb{R}^m\), \(U\) üzerinde türevlenebilir ve her \(x \in U\) için \(Df(x) = 0\) olsun. \(f\)’nin \(U\) üzerinde sabit olduğunu gösteriniz.
Çözüm
İki küme. Bir \(a \in U\) sabitleyelim ve
\[ \begin{aligned} V &= \{x \in U : f(x) = f(a)\}, \\[1mm] W &= \{x \in U : f(x) \ne f(a)\} \end{aligned} \]
diyelim. \(V \cap W = \varnothing\), \(U = V \cup W\) ve \(a \in V\)’dir.
Yerel sabitlik. \(x \in U\) olsun. \(U\) açık olduğundan \(B(x, r) \subseteq U\) olacak biçimde bir \(r > 0\) vardır. Açık yuvar açık ve konvekstir (Teorem 2.2); \(f\)’nin \(B(x, r)\)’ye kısıtlanışı orada türevlenebilirdir ve türevi sıfırdır. Sonuç 16.2 gereği \(f\), \(B(x, r)\) üzerinde sabittir ve bu sabit \(f(x)\)’tir.
\(V\) ve \(W\) açıktır. \(x \in V\) ise \(B(x, r)\) üzerinde \(f = f(x) = f(a)\) olduğundan \(B(x, r) \subseteq V\)’dir. \(x \in W\) ise \(B(x, r)\) üzerinde \(f = f(x) \ne f(a)\) olduğundan \(B(x, r) \subseteq W\)’dir. Her noktası bir yuvarıyla birlikte kümede kaldığından \(V\) ve \(W\) açıktır.
Bağlantılılık. \(W \ne \varnothing\) olsaydı \(V\) ve \(W\) açık kümeleri Tanım 5.3 içindeki üç koşulu sağlardı: \(V \cap U \ne \varnothing\) ve \(W \cap U \ne \varnothing\), \((V \cap U) \cap (W \cap U) = \varnothing\) ve \(U \subseteq V \cup W\). Bu, \(U\)’nun bağlantısız olması demektir; oysa \(U\) bir bölgedir. Öyleyse \(W = \varnothing\), yani \(U = V\)’dir ve her \(x \in U\) için \(f(x) = f(a)\) olur. \(\blacksquare\)
Bu bölümde fonksiyonun bir noktadan keyfi bir yönde ayrılırken nasıl değiştiğini ölçtük: türevlenebilir fonksiyonda bu değişim hızı gradyanın o yöndeki izdüşümüdür ve en büyük değerini gradyan yönünde alır. Ortalama değer teoremi ise iki nokta arasındaki değişimi, doğru parçası üzerindeki bir ara noktada gradyanla ifade etti. İspattaki fikir, \(g(t) = f(a + t(b - a))\) fonksiyonuyla çok değişkenli bir problemi tek değişkenli bir probleme indirmekti. Aynı fikir, tek değişkende olduğu gibi yüksek mertebeden türevlerle de işler ve fonksiyonu bir nokta çevresinde polinomlarla yaklaştırmayı sağlar. Bunun için ikinci ve daha yüksek mertebeden diferansiyellere ihtiyaç vardır: Taylor Formülü.