13 Yüksek Mertebeden Kısmi Türevler
Analiz 2’de türevlenebilen bir fonksiyonun türev fonksiyonunun da türevini alarak ikinci, üçüncü ve daha yüksek mertebeden türevleri tanımladık (bkz. Analiz 2). Tek değişkende bu zincir tek bir yol izler: \(f\)’den \(f'\)’ye, oradan \(f''\)’ye. Çok değişkende durum daha zengindir. Kısmi Türevler bölümünde tanımladığımız her \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}\) kısmi türevi yine \(n\) değişkenli bir fonksiyondur ve onun da \(n\) değişkenin her birine göre kısmi türevi alınabilir. Böylece \(n\) değişkenli bir fonksiyonun \(n^2\) tane ikinci mertebeden kısmi türevi ortaya çıkar; üçüncü mertebede bu sayı \(n^3\) olur.
Bu çokluk doğal bir soru doğurur: önce \(x\)’e, sonra \(y\)’ye göre türev almak ile önce \(y\)’ye, sonra \(x\)’e göre türev almak aynı sonucu verir mi? Hesaplarda karşılaşılan fonksiyonların hemen hepsinde yanıt evettir, ama yanıtın hayır olduğu basit bir örnek de vardır. Bölümün merkezindeki Clairaut teoremi, karışık kısmi türevler sürekli olduğunda türev alma sırasının önemsiz olduğunu söyler; ispatı, tek değişkenli ortalama değer teoreminin iki kez uygulanmasına dayanır. Bölümü, ikinci mertebeden kısmi türevlerle yazılan en ünlü denklem olan Laplace denklemiyle bitiriyoruz.
13.1 İkinci Mertebeden Kısmi Türevler
Bir kısmi türev fonksiyonunun yeniden kısmi türevini almak, ikinci mertebeden kısmi türevi verir.
Tanım 13.1 (İkinci Mertebeden Kısmi Türev) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(f : U \to \mathbb{R}\) bir fonksiyon olsun. \(j \in \{1, \dots, n\}\) için \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}\) kısmi türevi (Tanım 12.1) \(U\)’nun her noktasında var olsun; böylece
\[\frac{\partial f}{\partial x_j} : U \to \mathbb{R}\]
bir fonksiyondur. \(k \in \{1, \dots, n\}\) ve \(a \in U\) için bu fonksiyonun \(a\) noktasında \(x_k\)’ya göre kısmi türevi varsa
\[\frac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j}(a) := \frac{\partial}{\partial x_k}\left( \frac{\partial f}{\partial x_j} \right)(a)\]
sayısına \(f\)’nin \(a\) noktasında önce \(x_j\)’ye, sonra \(x_k\)’ya göre alınmış ikinci mertebeden kısmi türevi denir. \(k = j\) olduğunda \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j^2}\) yazılır. \(k \ne j\) olduğunda \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j}\) türevine karışık kısmi türev denir.
Yani ikinci mertebeden kısmi türev, bir kısmi türev fonksiyonunun kısmi türevidir. Türevi alınacak \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}\) fonksiyonunun yalnız \(a\) noktasında değil, \(a\)’nın bir komşuluğunda tanımlı olması gerekir, çünkü kısmi türev bir limittir ve fark oranı \(a\)’nın yakınındaki noktaları kullanır. Tanımı bu yüzden açık bir \(U\) kümesi üzerinde kuruyoruz. \(j\) ve \(k\) indislerinin her seçimi bir ikinci mertebe kısmi türev verir; toplam \(n^2\) tane. Bunların \(n\) tanesinde (\(k = j\)) aynı değişkene göre iki kez türev alınır, geri kalan \(n^2 - n\) tanesi karışıktır.
Gösterimde türev alma sırası önemlidir; kitap boyunca kullandığımız kuralı açıkça koyalım. \(\partial\) gösteriminde türevler sağdan sola alınır: paydada \(f\)’ye en yakın olan, yani en sağdaki değişken ilk türevin değişkenidir. İki ve üç değişkende kullandığımız alt indis gösteriminde ise türevler soldan sağa alınır: \(f_{xy} = (f_x)_y\), önce \(x\)’e sonra \(y\)’ye göre türev demektir. İki gösterim birbirinin aynasıdır:
\[f_{xy} = (f_x)_y = \frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{\partial f}{\partial x} \right) = \frac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}.\]
İki değişkenli bir \(f(x, y)\) fonksiyonunun dört ikinci mertebe kısmi türevi şunlardır:
| Alt indis | Tanımı | \(\partial\) gösterimi | Türev sırası |
|---|---|---|---|
| \(f_{xx}\) | \((f_x)_x\) | \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}\) | önce \(x\), sonra \(x\) |
| \(f_{xy}\) | \((f_x)_y\) | \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial y \, \partial x}\) | önce \(x\), sonra \(y\) |
| \(f_{yx}\) | \((f_y)_x\) | \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x \, \partial y}\) | önce \(y\), sonra \(x\) |
| \(f_{yy}\) | \((f_y)_y\) | \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}\) | önce \(y\), sonra \(y\) |
\(f_{xy}\) ve \(f_{yx}\) karışık kısmi türevlerdir. Bazı kitaplar alt indisleri ters sırayla okur; başka bir kitaba bakarken kuralı denetlemek gerekir. Birazdan göreceğimiz gibi alışılmış fonksiyonlarda iki karışık türev eşittir ve sıra fark etmez; ama eşit olmadıkları örnekte (Örnek 13.6) gösterimi doğru okumak sonucun işaretini belirler.
- Birinci türevler. Her değişken için öbür değişkenler sabit tutularak birinci mertebe kısmi türev hesaplanır ve sadeleştirilir.
- Yeniden türev. Her birinci türev, her değişkene göre bir kez daha türetilir; öbür değişkenler yine sabittir.
- Sıra. Sonuç türev alma sırasıyla adlandırılır: \((f_x)_y = f_{xy}\), \((f_y)_x = f_{yx}\). Fonksiyon yeterince düzgünse iki karışık türev eşit çıkar (Teorem 13.1); bu, hesap için iyi bir denetimdir.
Örnek 13.1 (Bir Polinomun İkinci Mertebeden Kısmi Türevleri) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), \(f(x, y) = x^3 + 3y^2 + 2xy\) fonksiyonunun bütün ikinci mertebeden kısmi türevlerini bulunuz.
Çözüm
Birinci türevler. \(y\) sabit tutulup \(x\)’e göre, sonra \(x\) sabit tutulup \(y\)’ye göre türev alınırsa
\[\begin{aligned} f_x(x, y) &= 3x^2 + 2y, \\ f_y(x, y) &= 6y + 2x \end{aligned}\]
olur.
Yeniden türev. \(f_x\) fonksiyonunu \(x\)’e ve \(y\)’ye göre, \(f_y\) fonksiyonunu da \(x\)’e ve \(y\)’ye göre türetelim:
\[\begin{aligned} f_{xx}(x, y) &= 6x, \\ f_{xy}(x, y) &= 2, \\ f_{yx}(x, y) &= 2, \\ f_{yy}(x, y) &= 6. \end{aligned}\]
Sıra. İki karışık türev eşit çıktı: \(f_{xy} = f_{yx} = 2\). Karışık türevlere yalnız \(2xy\) terimi katkı verir; \(x^3\) yalnız \(x\)’e, \(3y^2\) yalnız \(y\)’ye bağlı olduğundan öbür değişkene göre türevleri sıfırdır. \(\blacksquare\)
Örnek 13.2 (Trigonometrik Terimli Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), \(f(x, y) = x^3 y^2 + x^4 \sin y + \cos(xy)\) fonksiyonunun birinci ve ikinci mertebeden kısmi türevlerini bulunuz.
Çözüm
Birinci türevler. \(y\) sabitken \(\cos(xy)\) ifadesinin \(x\)’e göre türevi, tek değişkenli zincir kuralıyla \(-y \sin(xy)\)’dir; \(x\) sabitken \(y\)’ye göre türevi \(-x \sin(xy)\)’dir. Buna göre
\[\begin{aligned} f_x(x, y) &= 3x^2 y^2 + 4x^3 \sin y - y \sin(xy), \\ f_y(x, y) &= 2x^3 y + x^4 \cos y - x \sin(xy). \end{aligned}\]
Yeniden türev. \(f_x\)’in \(x\)’e göre türevinde son terimden \(\big( y \sin(xy) \big)_x = y^2 \cos(xy)\) gelir:
\[f_{xx}(x, y) = 6xy^2 + 12x^2 \sin y - y^2 \cos(xy).\]
\(f_x\)’in \(y\)’ye göre türevinde son terim bir çarpımdır:
\[\big( y \sin(xy) \big)_y = \sin(xy) + xy \cos(xy).\]
Dolayısıyla
\[f_{xy}(x, y) = 6x^2 y + 4x^3 \cos y - \sin(xy) - xy \cos(xy).\]
\(f_y\)’nin \(x\)’e göre türevinde de son terim bir çarpımdır:
\[\big( x \sin(xy) \big)_x = \sin(xy) + xy \cos(xy).\]
Buradan
\[f_{yx}(x, y) = 6x^2 y + 4x^3 \cos y - \sin(xy) - xy \cos(xy)\]
bulunur. Son olarak \(\big( x \sin(xy) \big)_y = x^2 \cos(xy)\) olduğundan
\[f_{yy}(x, y) = 2x^3 - x^4 \sin y - x^2 \cos(xy)\]
olur.
Sıra. İki karışık türev farklı yollardan hesaplandığı hâlde aynı çıktı: \(f_{xy} = f_{yx}\). Dört ikinci mertebe türev de polinomların, sinüsün ve kosinüsün toplam, çarpım ve bileşkeleri olduğundan \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında süreklidir. \(\blacksquare\)
Örnek 13.3 (Üstel Bir Fonksiyon) \(f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}\), \(f(x, y) = e^{xy^2}\) fonksiyonunun ikinci mertebeden kısmi türevlerini bulunuz.
Çözüm
Birinci türevler. Üstel fonksiyonun türevi kendisidir; zincir kuralıyla üsteki \(xy^2\) ifadesinin kısmi türevi çarpan olarak gelir:
\[\begin{aligned} f_x(x, y) &= y^2 e^{xy^2}, \\ f_y(x, y) &= 2xy\, e^{xy^2}. \end{aligned}\]
Yeniden türev. \(x\)’e göre ikinci kez türev alınırsa \(y^2\) çarpanı bir kez daha gelir:
\[f_{xx}(x, y) = y^2 \cdot y^2 e^{xy^2} = y^4 e^{xy^2}.\]
Karışık türevlerde çarpım kuralı gerekir:
\[\begin{aligned} f_{xy}(x, y) &= 2y\, e^{xy^2} + y^2 \cdot 2xy\, e^{xy^2} = 2y\,(1 + xy^2)\, e^{xy^2}, \\[1mm] f_{yx}(x, y) &= 2y\, e^{xy^2} + 2xy \cdot y^2 e^{xy^2} = 2y\,(1 + xy^2)\, e^{xy^2}. \end{aligned}\]
Son olarak
\[f_{yy}(x, y) = 2x\, e^{xy^2} + 2xy \cdot 2xy\, e^{xy^2} = 2x\,(1 + 2xy^2)\, e^{xy^2}.\]
Sıra. Yine \(f_{xy} = f_{yx}\) çıktı. \(\blacksquare\)
13.2 Daha Yüksek Mertebeler
İkinci mertebeden kısmi türevler de \(U\) üzerinde birer fonksiyon olduğunda işlem sürdürülebilir.
Tanım 13.2 (Yüksek Mertebeden Kısmi Türev) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık, \(f : U \to \mathbb{R}\) ve \(p \ge 2\) bir doğal sayı olsun. \(i_1, i_2, \dots, i_p \in \{1, \dots, n\}\) indisleri verilsin ve \((p-1)\). mertebeden
\[g = \frac{\partial^{p-1} f}{\partial x_{i_{p-1}} \cdots \partial x_{i_1}}\]
kısmi türevi \(U\)’nun her noktasında var olsun. \(g\)’nin \(a \in U\) noktasında \(x_{i_p}\) değişkenine göre kısmi türevi varsa
\[\frac{\partial^p f}{\partial x_{i_p} \, \partial x_{i_{p-1}} \cdots \partial x_{i_1}}(a) := \frac{\partial g}{\partial x_{i_p}}(a)\]
sayısına \(f\)’nin \(a\) noktasındaki bir \(p\). mertebeden kısmi türevi denir. Bu türevde \(f\), sırasıyla \(x_{i_1}, x_{i_2}, \dots, x_{i_p}\) değişkenlerine göre türetilmiştir. \(f\)’nin kendisine sıfırıncı mertebeden, \(\dfrac{\partial f}{\partial x_j}\) türevlerine birinci mertebeden kısmi türev denir.
Yani \(p\). mertebeden kısmi türev, art arda \(p\) kez kısmi türev almaktır ve her adımda türevi alınan fonksiyonun \(U\)’nun her noktasında var olması gerekir. \((i_1, \dots, i_p)\) indis dizisi için \(n^p\) seçenek olduğundan \(f\)’nin en çok \(n^p\) tane \(p\). mertebe kısmi türevi vardır. Alt indis gösteriminde yine soldan sağa okuruz. Örneğin iki değişkende, \(x\)’e göre iki ve \(y\)’ye göre bir kez türev alınan üç tane üçüncü mertebe kısmi türev vardır:
\[\begin{aligned} f_{xxy} &= \big( (f_x)_x \big)_y = \frac{\partial^3 f}{\partial y \, \partial x^2}, \\[1mm] f_{xyx} &= \big( (f_x)_y \big)_x = \frac{\partial^3 f}{\partial x \, \partial y \, \partial x}, \\[1mm] f_{yxx} &= \big( (f_y)_x \big)_x = \frac{\partial^3 f}{\partial x^2 \, \partial y}. \end{aligned}\]
\(\partial\) gösteriminde art arda gelen aynı değişkenler üsle birleştirilir: \(\partial x \, \partial x\) yerine \(\partial x^2\) yazılır. Bu kısaltmayı genelleştirelim. \(p_1, \dots, p_n\) negatif olmayan tam sayılar ve \(p = p_1 + \dots + p_n\) olsun.
\[\frac{\partial^p f}{\partial x_1^{p_1} \, \partial x_2^{p_2} \cdots \partial x_n^{p_n}}\]
yazımı, \(f\)’nin önce \(x_n\) değişkenine göre \(p_n\) kez, sonra \(x_{n-1}\) değişkenine göre \(p_{n-1}\) kez türetildiğini ve en son \(x_1\) değişkenine göre \(p_1\) kez türetildiğini gösterir; \(p_j = 0\) ise \(\partial x_j\) hiç yazılmaz. \((p_1, \dots, p_n)\) sıralı \(n\)-lisine çoklu indis, \(p\) sayısına da türevin mertebesi denir. Örneğin \(n = 3\) için \((2, 0, 1)\) çoklu indisi \(\dfrac{\partial^3 f}{\partial x_1^2 \, \partial x_3}\) türevine karşılık gelir.
Bu gösterim her \(p\). mertebe türevi kapsamaz: \(f_{xyx}\) türevinde \(x\)’e göre iki türev art arda gelmediğinden onu bu biçimde yazamayız. Ama Sonuç 13.2 gösterecek ki \(f\) yeterince düzgünse türev alma sırası önemsizdir; o zaman her \(p\). mertebe kısmi türev yalnız çoklu indise bağlıdır ve bu gösterim hepsini kapsar.
Örnek 13.4 (Üçüncü Mertebeden Kısmi Türevler) \(f(x, y) = x^3 y^2 + x^4 \sin y + \cos(xy)\) fonksiyonunun \(f_{xxx}\), \(f_{xxy}\), \(f_{xyx}\) ve \(f_{yxx}\) üçüncü mertebeden kısmi türevlerini bulunuz.
Çözüm
İkinci mertebe türevleri Örnek 13.2 içinde bulmuştuk:
\[\begin{aligned} f_{xx}(x, y) &= 6xy^2 + 12x^2 \sin y - y^2 \cos(xy), \\[1mm] f_{xy}(x, y) &= 6x^2 y + 4x^3 \cos y - \sin(xy) - xy \cos(xy). \end{aligned}\]
\(f_{xxx}\). \(f_{xx}\) fonksiyonunu \(x\)’e göre türetelim. Son terimden \(\big( -y^2 \cos(xy) \big)_x = y^3 \sin(xy)\) gelir:
\[f_{xxx}(x, y) = 6y^2 + 24x \sin y + y^3 \sin(xy).\]
\(f_{xxy}\). \(f_{xx}\) fonksiyonunu \(y\)’ye göre türetelim. Son terim bir çarpımdır:
\[\big( -y^2 \cos(xy) \big)_y = -2y \cos(xy) + xy^2 \sin(xy).\]
Buradan
\[f_{xxy}(x, y) = 12xy + 12x^2 \cos y - 2y \cos(xy) + xy^2 \sin(xy).\]
\(f_{xyx}\). \(f_{xy}\) fonksiyonunu \(x\)’e göre türetelim. Son iki terimden \(\big( -\sin(xy) \big)_x = -y \cos(xy)\) ve
\[\big( -xy \cos(xy) \big)_x = -y \cos(xy) + xy^2 \sin(xy)\]
gelir. Toplarsak
\[f_{xyx}(x, y) = 12xy + 12x^2 \cos y - 2y \cos(xy) + xy^2 \sin(xy).\]
\(f_{yxx}\). Örnek 13.2 içinde \(f_{yx} = f_{xy}\) bulduk; eşit fonksiyonların \(x\)’e göre türevleri de eşittir, dolayısıyla \(f_{yxx} = (f_{yx})_x = (f_{xy})_x = f_{xyx}\).
\(x\)’e göre iki, \(y\)’ye göre bir kez türev alınan üç türev aynı çıktı: \(f_{xxy} = f_{xyx} = f_{yxx}\). Bu rastlantı değildir; Sonuç 13.2 bunu açıklar. Geriye kalan dört üçüncü mertebe türev Alıştırma 13.1 konusudur. \(\blacksquare\)
13.3 \(C^k\) Sınıfları
Tek değişkende \(C^n\) sınıflarını türevlerin varlığı ve sürekliliğiyle tanımlamıştık (bkz. Analiz 2). Çok değişkende bu rolü kısmi türevler üstlenir.
Tanım 13.3 (C üssü k Sınıfı) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık bir küme ve \(k \ge 0\) bir tam sayı olsun.
\(f : U \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun mertebesi en çok \(k\) olan bütün kısmi türevleri \(U\)’nun her noktasında var ve \(U\) üzerinde sürekliyse \(f\)’ye \(U\) üzerinde \(k\) kez sürekli türevlenebilir denir ve \(f \in C^k(U)\) yazılır. Özel olarak \(C^0(U)\), \(U\) üzerinde sürekli fonksiyonların kümesidir.
Her \(k \ge 0\) için \(f \in C^k(U)\) ise \(f \in C^\infty(U)\) yazılır ve \(f\)’ye düzgün (pürüzsüz) fonksiyon denir:
\[C^\infty(U) = \bigcap_{k = 0}^{\infty} C^k(U).\]
\(f = (f_1, \dots, f_m) : U \to \mathbb{R}^m\) vektör değerli bir fonksiyonsa, kısmi türevler bileşen bileşen alındığından (Tanım 12.4) her \(f_i\) bileşeni \(C^k(U)\) sınıfında olduğunda \(f \in C^k(U)\) yazılır.
Yani \(f \in C^k(U)\) demek, \(f\)’yi hangi sırayla olursa olsun en çok \(k\) kez kısmi türetebilmek ve bu sırada karşılaşılan her fonksiyonun \(U\) üzerinde sürekli olması demektir. Tanımda sıfırıncı mertebe olarak \(f\)’nin kendisinin sürekliliği de istenir. Aslında \(k \ge 1\) olduğunda bu koşul birinci mertebe kısmi türevlerin sürekliliğinden kendiliğinden çıkar: sürekli kısmi türevli fonksiyonların türevlenebilir (Teorem 14.3), türevlenebilir fonksiyonların da sürekli olduğunu (Teorem 14.1) Türevlenebilme ve Toplam Diferansiyel bölümünde göreceğiz. \(C^1(U)\) sınıfındaki fonksiyonlara kısaca sürekli türevlenebilir fonksiyonlar da denir; adın gerekçesi o bölümde ortaya çıkacak. “Düzgün” sözcüğünü düzgün süreklilikle (Tanım 11.2) karıştırmamak gerekir; bu bağlamda “her mertebeden sürekli kısmi türevleri olan” anlamına gelir.
Tanımdan doğrudan bir kapsama zinciri çıkar, çünkü mertebesi en çok \(k + 1\) olan kısmi türevler arasında mertebesi en çok \(k\) olanlar da vardır:
\[C^\infty(U) \subseteq \cdots \subseteq C^{k+1}(U) \subseteq C^k(U) \subseteq \cdots \subseteq C^1(U) \subseteq C^0(U).\]
Kapsamalar kesindir. Örneğin \(f(x_1, \dots, x_n) = x_1^k |x_1|\) fonksiyonu yalnız \(x_1\)’e bağlıdır: \(x_1\) dışındaki bir değişkene göre alınan her kısmi türevi sıfırdır, \(x_1\)’e göre art arda alınan kısmi türevleri ise \(t \mapsto t^k |t|\) fonksiyonunun türevleridir. Tek değişkenli örnek (bkz. Analiz 2) gereği bu fonksiyon \(C^k(\mathbb{R}^n)\) sınıfındadır ama \(C^{k+1}(\mathbb{R}^n)\) sınıfında değildir. \(C^1\) olup \(C^2\) olmayan, karışık türevlerle ilgili daha ilginç bir örneği Örnek 13.7 içinde göreceğiz.
Öte yandan zincirin tepesi kalabalıktır. Bir polinomun (Tanım 8.9) herhangi bir değişkene göre kısmi türevi yine bir polinomdur ve polinomlar \(\mathbb{R}^n\)’de süreklidir (Teorem 10.3). Dolayısıyla polinomların bütün mertebelerden kısmi türevleri var ve süreklidir: polinomlar \(C^\infty(\mathbb{R}^n)\) sınıfındadır. Aynı gerekçeyle \(e^t\), \(\sin t\), \(\cos t\) gibi tek değişkenli düzgün fonksiyonların polinomlarla bileşkeleri ve bunların toplam ve çarpımları \(\mathbb{R}^n\)’de, rasyonel fonksiyonlar da paydanın sıfır olmadığı açık kümede \(C^\infty\) sınıfındadır. Önceki örneklerin hepsi bu türdendir.
Tek değişkende türevlenebilen fonksiyonun sürekli olduğunu biliyoruz (bkz. Analiz 2). Kısmi türevler için bunun karşılığı yoktur; bu yüzden sınıfları kısmi türevlerin varlığıyla değil sürekliliğiyle tanımladık.
Örnek 13.5 (Kısmi Türevleri Her Yerde Olan Süreksiz Fonksiyon) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonunun birinci mertebeden kısmi türevlerinin \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında var olduğunu, ama \(f\)’nin \(C^1(\mathbb{R}^2)\) sınıfında olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Başlangıç noktası. Örnek 12.13 çözümünde \(f_x(0, 0) = f_y(0, 0) = 0\) olduğunu ve \(f\)’nin başlangıç noktasında sürekli olmadığını gördük (\(y = x\) doğrusu boyunca \(f = \tfrac{1}{2}\)).
Öbür noktalar. \((x, y) \ne (0, 0)\) ise \(f\) bu noktanın bir komşuluğunda formülle verilir ve bölüm kuralıyla
\[\begin{aligned} f_x(x, y) &= \frac{y(x^2 + y^2) - xy \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{y^3 - x^2 y}{(x^2 + y^2)^2}, \\[1mm] f_y(x, y) &= \frac{x(x^2 + y^2) - xy \cdot 2y}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^3 - xy^2}{(x^2 + y^2)^2} \end{aligned}\]
olur. Böylece \(f_x\) ve \(f_y\), \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında vardır.
Süreklilik. \(f\) başlangıç noktasında sürekli bile olmadığından \(f \notin C^0(\mathbb{R}^2)\) ve \(f \notin C^1(\mathbb{R}^2)\). Birinci mertebe türevler de süreksizdir: \(y \ne 0\) için
\[f_x(0, y) = \frac{y^3}{y^4} = \frac{1}{y}\]
olur ve \(y \to 0\) iken sınırsız büyür, oysa \(f_x(0, 0) = 0\)’dır.
Kısmi türevler \(f\)’yi yalnız eksenlere paralel doğrular boyunca yoklar; bu fonksiyonun süreksizliği ise \(y = x\) doğrusu boyunca ortaya çıkar ve kısmi türevler onu göremez. \(\blacksquare\)
13.4 Karışık Türevler Eşit Olmayabilir
Şimdiye kadarki bütün örneklerde iki karışık türev eşit çıktı. Bu bir kural değildir: aşağıdaki fonksiyonun başlangıç noktasındaki karışık türevleri farklıdır. Parçalı tanımlı fonksiyonlarda özel noktadaki türevler formülden okunamaz; tanıma dönmek gerekir.
Özel nokta başlangıç noktası olsun.
Başlangıç noktasında birinci türevler. \(f_x(0, 0)\) ve \(f_y(0, 0)\), Tanım 12.1 ile fark oranlarının limiti olarak hesaplanır.
Eksenler üzerinde birinci türevler. \(k \ne 0\) için \(f_x(0, k)\) ve \(h \ne 0\) için \(f_y(h, 0)\) bulunur. Bu noktalar özel nokta olmadığından formülün türevi kullanılabilir.
Fark oranlarının limiti. Karışık türevler, birinci türevlerin fark oranlarının limitidir:
\[f_{xy}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{f_x(0, k) - f_x(0, 0)}{k},\]
\[f_{yx}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f_y(h, 0) - f_y(0, 0)}{h}.\]
Örnek 13.6 (Karışık Türevleri Farklı Olan Fonksiyon) \[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu için \(f_{xy}(0, 0) = -1\) ve \(f_{yx}(0, 0) = 1\) olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Başlangıç noktasında birinci türevler. Her \(h \ne 0\) için \(f(h, 0) = 0\) ve \(f(0, h) = 0\)’dır. Dolayısıyla
\[f_x(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0, 0)}{h} = 0\]
ve aynı biçimde \(f_y(0, 0) = 0\) olur.
Eksenler üzerinde birinci türevler. \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f = xy \cdot q\), \(q = \dfrac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\) yazalım. Bölüm kuralıyla
\[\begin{aligned} q_x &= \frac{2x(x^2 + y^2) - (x^2 - y^2) \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{4xy^2}{(x^2 + y^2)^2}, \\[1mm] q_y &= \frac{-2y(x^2 + y^2) - (x^2 - y^2) \cdot 2y}{(x^2 + y^2)^2} = -\frac{4x^2 y}{(x^2 + y^2)^2} \end{aligned}\]
olur. Çarpım kuralı \(f_x = y\,q + xy\,q_x\) ve \(f_y = x\,q + xy\,q_y\) verir:
\[\begin{aligned} f_x(x, y) &= \frac{y(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2} + \frac{4x^2 y^3}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^4 y + 4x^2 y^3 - y^5}{(x^2 + y^2)^2}, \\[1mm] f_y(x, y) &= \frac{x(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2} - \frac{4x^3 y^2}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^5 - 4x^3 y^2 - xy^4}{(x^2 + y^2)^2}. \end{aligned}\]
Bu formüllerde \(x = 0\) ve \(y = 0\) koyalım. \(k \ne 0\) için
\[f_x(0, k) = \frac{-k^5}{k^4} = -k\]
ve \(h \ne 0\) için
\[f_y(h, 0) = \frac{h^5}{h^4} = h\]
olur. \(f_x(0, 0) = 0\) ve \(f_y(0, 0) = 0\) olduğundan bu eşitlikler \(k = 0\) ve \(h = 0\) için de doğrudur: her \(k\) için \(f_x(0, k) = -k\), her \(h\) için \(f_y(h, 0) = h\).
Fark oranlarının limiti.
\[\begin{aligned} f_{xy}(0, 0) &= \lim_{k \to 0} \frac{f_x(0, k) - f_x(0, 0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{-k}{k} = -1, \\[1mm] f_{yx}(0, 0) &= \lim_{h \to 0} \frac{f_y(h, 0) - f_y(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1. \end{aligned}\]
Dolayısıyla \(f_{xy}(0, 0) = -1 \ne 1 = f_{yx}(0, 0)\). Sonucun geometrik anlamı basittir: \(f_{xy}(0, 0)\), \(k \mapsto f_x(0, k) = -k\) fonksiyonunun \(0\)’daki eğimi; \(f_{yx}(0, 0)\) ise \(h \mapsto f_y(h, 0) = h\) fonksiyonunun \(0\)’daki eğimidir.
Fonksiyonun biçimi de öğreticidir. Kutupsal koordinatlarda \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazılırsa \(\cos\theta \sin\theta = \dfrac{\sin 2\theta}{2}\) ve \(\cos^2\theta - \sin^2\theta = \cos 2\theta\) olduğundan
\[f = \frac{r^4 \cos\theta \sin\theta \,(\cos^2\theta - \sin^2\theta)}{r^2} = \frac{r^2}{4} \sin 4\theta\]
bulunur. \(f\) eksenler ve \(y = \pm x\) doğruları üzerinde sıfırdır ve bu dört doğrunun her birini geçerken işaret değiştirir. Başlangıç noktası çevresinde işaretleri sırayla değişen sekiz bölge vardır. \(y\) ekseni boyunca yukarı çıktıkça \(x\) yönündeki eğim (\(-y\)) azalır, \(x\) ekseni boyunca sağa gittikçe \(y\) yönündeki eğim (\(x\)) artar; iki karışık türev tam bu iki değişme hızıdır ve işaretleri zıttır.
\(\blacksquare\)
Bu örnekte türev alma sırasının gerçekten fark ettiğini gördük. Sıradaki soru, sıranın hangi koşulda önemsiz olduğudur.
13.5 Clairaut Teoremi
Karışık türevlerin ne zaman eşit olduğunu anlamak için bir dikdörtgenin dört köşesindeki değerleri birleştiren bir ifadeye bakacağız. \(f\), \((x_0, y_0)\) noktasının bir komşuluğunda tanımlı ve \(h, k\) küçük sayılar olsun.
\[\begin{aligned} F(h, k) &= \big[ f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0) \big] \\[1mm] &\quad - \big[ f(x_0, y_0 + k) - f(x_0, y_0) \big] \end{aligned}\]
sayısına \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasındaki ikinci farkı diyelim. \(F(h, k)\), köşeleri \((x_0, y_0)\), \((x_0 + h, y_0)\), \((x_0, y_0 + k)\) ve \((x_0 + h, y_0 + k)\) olan dikdörtgenin köşelerindeki değerleri \(+, -, -, +\) işaretleriyle toplar ve iki biçimde okunabilir. Önce \(x\) yönündeki farkları, sonra bunların \(y\) yönündeki farkını alırsak \(F(h, k) \approx hk\, f_{xy}\); önce \(y\) yönündeki farkları, sonra bunların \(x\) yönündeki farkını alırsak \(F(h, k) \approx hk\, f_{yx}\) bekleriz. Aynı sayı iki karışık türevin de yaklaşığı olduğundan onların eşit olmasını bekleriz. Bu sezgiyi kesinleştiren araç ortalama değer teoremidir.
Lemma 13.1 (İkinci Fark Lemması) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\) açık, \(f : U \to \mathbb{R}\), \((x_0, y_0) \in U\) ve \(r > 0\) için \(B\big( (x_0, y_0), r \big) \subseteq U\) olsun. \(0 < |h| < \dfrac{r}{2}\) ve \(0 < |k| < \dfrac{r}{2}\) olsun ve \(F(h, k)\), \(f\)’nin \((x_0, y_0)\) noktasındaki ikinci farkı olsun.
\(f_x\) ve \(f_{xy}\) kısmi türevleri \(U\)’nun her noktasında varsa öyle \(\theta_1, \theta_2 \in (0, 1)\) sayıları vardır ki
\[F(h, k) = hk\, f_{xy}(x_0 + \theta_1 h,\ y_0 + \theta_2 k)\]
olur.
\(f_y\) ve \(f_{yx}\) kısmi türevleri \(U\)’nun her noktasında varsa öyle \(\theta_3, \theta_4 \in (0, 1)\) sayıları vardır ki
\[F(h, k) = hk\, f_{yx}(x_0 + \theta_3 h,\ y_0 + \theta_4 k)\]
olur.
İspat
Dikdörtgen \(U\)’nun içindedir. \(s\) sayısı \(x_0\) ile \(x_0 + h\) arasında, \(t\) sayısı \(y_0\) ile \(y_0 + k\) arasında (uçlar dahil) olsun. \(|s - x_0| \le |h|\) ve \(|t - y_0| \le |k|\) olduğundan
\[\big\| (s, t) - (x_0, y_0) \big\| \le \sqrt{h^2 + k^2} < \frac{r}{\sqrt{2}} < r\]
olur. Yani köşeleri \((x_0, y_0)\) ve \((x_0 + h, y_0 + k)\) olan kapalı dikdörtgenin her noktası \(B\big( (x_0, y_0), r \big)\) yuvarının, dolayısıyla \(U\)’nun içindedir. Aşağıda \(I\) ile uçları \(x_0\) ve \(x_0 + h\) olan kapalı aralığı, \(J\) ile uçları \(y_0\) ve \(y_0 + k\) olan kapalı aralığı gösteriyoruz.
1. Birinci ortalama değer adımı. \(\varphi : I \to \mathbb{R}\), \(\varphi(s) = f(s, y_0 + k) - f(s, y_0)\) fonksiyonunu tanımlayalım. \(s \in I\) için \((s, y_0 + k)\) ve \((s, y_0)\) noktaları \(U\)’dadır ve \(f_x\) bu noktalarda vardır; dolayısıyla \(\varphi\), \(I\)’nın her noktasında türevlenebilir ve
\[\varphi'(s) = f_x(s, y_0 + k) - f_x(s, y_0)\]
olur. Türevlenebilen fonksiyon sürekli olduğundan (bkz. Analiz 2) \(\varphi\), ortalama değer teoreminin (bkz. Analiz 2) koşullarını \(I\) üzerinde sağlar. Teorem, \(x_0\) ile \(x_0 + h\) arasında kesin olarak kalan bir \(s_1\) noktası verir (\(h < 0\) ise teorem \([x_0 + h, x_0]\) aralığına uygulanır, sonuç aynıdır). Bu noktayı \(s_1 = x_0 + \theta_1 h\), \(\theta_1 \in (0, 1)\) biçiminde yazabiliriz. \(\varphi(x_0 + h) - \varphi(x_0) = F(h, k)\) olduğundan
\[F(h, k) = h\,\varphi'(s_1) = h \big[ f_x(s_1, y_0 + k) - f_x(s_1, y_0) \big]\]
bulunur.
İkinci ortalama değer adımı. \(\psi : J \to \mathbb{R}\), \(\psi(t) = f_x(s_1, t)\) olsun. \(t \in J\) için \((s_1, t) \in U\) ve \(f_{xy}\) bu noktada vardır; yani \(\psi\), \(J\)’nin her noktasında türevlenebilir ve \(\psi'(t) = f_{xy}(s_1, t)\)’dir. Ortalama değer teoremi bu kez bir \(\theta_2 \in (0, 1)\) verir:
\[\begin{aligned} f_x(s_1, y_0 + k) - f_x(s_1, y_0) &= \psi(y_0 + k) - \psi(y_0) \\[1mm] &= k\, f_{xy}(s_1, y_0 + \theta_2 k). \end{aligned}\]
Bunu bir önceki eşitlikte yerine koyarsak
\[F(h, k) = hk\, f_{xy}(x_0 + \theta_1 h,\ y_0 + \theta_2 k)\]
olur.
2. Değişkenlerin rolü değişir. \(\tilde{\varphi} : J \to \mathbb{R}\), \(\tilde{\varphi}(t) = f(x_0 + h, t) - f(x_0, t)\) olsun. \(f_y\) gerekli noktalarda var olduğundan \(\tilde{\varphi}\), \(J\) üzerinde türevlenebilir ve
\[\tilde{\varphi}'(t) = f_y(x_0 + h, t) - f_y(x_0, t)\]
olur. Terimleri yeniden sıralayınca \(\tilde{\varphi}(y_0 + k) - \tilde{\varphi}(y_0) = F(h, k)\) olduğu görülür. Ortalama değer teoremi bir \(\theta_4 \in (0, 1)\) verir; \(t_1 = y_0 + \theta_4 k\) yazarsak
\[F(h, k) = k \big[ f_y(x_0 + h, t_1) - f_y(x_0, t_1) \big]\]
olur. Şimdi \(\tilde{\psi} : I \to \mathbb{R}\), \(\tilde{\psi}(s) = f_y(s, t_1)\) fonksiyonu, \(f_{yx}\) var olduğundan \(I\) üzerinde türevlenebilir ve \(\tilde{\psi}'(s) = f_{yx}(s, t_1)\)’dir. Ortalama değer teoremi bir \(\theta_3 \in (0, 1)\) verir:
\[f_y(x_0 + h, t_1) - f_y(x_0, t_1) = h\, f_{yx}(x_0 + \theta_3 h,\ t_1).\]
İki eşitlik birlikte
\[F(h, k) = hk\, f_{yx}(x_0 + \theta_3 h,\ y_0 + \theta_4 k)\]
verir. \(\blacksquare\)
Lemmadaki ara noktaların yeri bilinmez, ama ikisi de dikdörtgenin içindedir ve \(h, k \to 0\) iken \((x_0, y_0)\) noktasına yaklaşır. Karışık türevlerin sürekliliği tam bu noktada devreye girer.
Teorem 13.1 (Clairaut Teoremi) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\) açık bir küme, \(f : U \to \mathbb{R}\) ve \((x_0, y_0) \in U\) olsun. \(f_x\), \(f_y\), \(f_{xy}\) ve \(f_{yx}\) kısmi türevleri \(U\)’nun her noktasında var olsun ve \(f_{xy}\) ile \(f_{yx}\) fonksiyonları \((x_0, y_0)\) noktasında sürekli olsun. O zaman
\[f_{xy}(x_0, y_0) = f_{yx}(x_0, y_0)\]
olur. Özel olarak \(f \in C^2(U)\) ise \(U\)’nun her noktasında \(f_{xy} = f_{yx}\)’tir.
İspat
\(U\) açık olduğundan \(B\big( (x_0, y_0), r \big) \subseteq U\) olacak bir \(r > 0\) vardır. Her \(m \in \mathbb{N}\) için \(t_m = \dfrac{r}{4m}\) alalım; \(0 < t_m < \dfrac{r}{2}\)’dir. Lemma 13.1 iki kısmıyla birlikte \(h = k = t_m\) için uygulanabilir: \(\theta_1, \theta_2, \theta_3, \theta_4 \in (0, 1)\) sayıları (\(m\)’ye bağlı olarak) vardır ve
\[\begin{aligned} P_m &= (x_0 + \theta_1 t_m,\ y_0 + \theta_2 t_m), \\[1mm] Q_m &= (x_0 + \theta_3 t_m,\ y_0 + \theta_4 t_m) \end{aligned}\]
noktaları için
\[t_m^2\, f_{xy}(P_m) = F(t_m, t_m) = t_m^2\, f_{yx}(Q_m)\]
olur. \(t_m^2 \ne 0\) ile bölersek her \(m\) için \(f_{xy}(P_m) = f_{yx}(Q_m)\) bulunur.
Öte yandan
\[\big\| P_m - (x_0, y_0) \big\| = t_m \sqrt{\theta_1^2 + \theta_2^2} < \sqrt{2}\, t_m \to 0\]
olduğundan \(P_m \to (x_0, y_0)\); aynı gerekçeyle \(Q_m \to (x_0, y_0)\). \(f_{xy}\) ve \(f_{yx}\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olduğundan Teorem 10.1 gereği
\[\begin{aligned} f_{xy}(P_m) &\to f_{xy}(x_0, y_0), \\[1mm] f_{yx}(Q_m) &\to f_{yx}(x_0, y_0) \end{aligned}\]
olur. Bu iki reel dizi terim terim eşittir; limitin tekliği (Teorem 6.1) gereği limitleri de eşittir: \(f_{xy}(x_0, y_0) = f_{yx}(x_0, y_0)\).
\(f \in C^2(U)\) ise dört kısmi türev \(U\)’nun her noktasında vardır ve \(f_{xy}\), \(f_{yx}\) her noktada süreklidir; dolayısıyla eşitlik \(U\)’nun her noktasında geçerlidir. \(\blacksquare\)
Teorem Schwarz teoremi adıyla da bilinir. Karışık türevleri farklı olan fonksiyonda (Örnek 13.6) teoremin hangi koşulunun bozulduğunu görelim; bu, süreklilik koşulunun atılamayacağını da gösterir.
Örnek 13.7 (Karışık Türevi Süreksiz Olan Fonksiyon) Örnek 13.6 içindeki
\[f(x, y) = \begin{cases} \dfrac{xy(x^2 - y^2)}{x^2 + y^2}, & (x, y) \ne (0, 0), \\[2mm] 0, & (x, y) = (0, 0) \end{cases}\]
fonksiyonu için \(f_{xy}\) ve \(f_{yx}\) kısmi türevlerinin başlangıç noktasında sürekli olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Başlangıç noktası dışında \(f_{xy}\). \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(f_x = \dfrac{N}{(x^2 + y^2)^2}\) ve \(N = x^4 y + 4x^2 y^3 - y^5\) yazalım (Örnek 13.6). \(N_y = x^4 + 12x^2 y^2 - 5y^4\)’tür ve paydanın \(y\)’ye göre türevi \(4y(x^2 + y^2)\) olduğundan, bölüm kuralı ve ortak \((x^2 + y^2)\) çarpanının sadeleştirilmesiyle
\[f_{xy} = \frac{N_y (x^2 + y^2) - 4yN}{(x^2 + y^2)^3}\]
bulunur. Payın iki parçası
\[\begin{aligned} N_y (x^2 + y^2) &= x^6 + 13x^4 y^2 + 7x^2 y^4 - 5y^6, \\[1mm] 4yN &= 4x^4 y^2 + 16x^2 y^4 - 4y^6 \end{aligned}\]
olduğundan, her \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[f_{xy}(x, y) = \frac{x^6 + 9x^4 y^2 - 9x^2 y^4 - y^6}{(x^2 + y^2)^3}.\]
İki yol. \(x\) ekseni üzerinde (\(y = 0\), \(x \ne 0\)) \(f_{xy}(x, 0) = \dfrac{x^6}{x^6} = 1\); \(y\) ekseni üzerinde (\(x = 0\), \(y \ne 0\)) \(f_{xy}(0, y) = \dfrac{-y^6}{y^6} = -1\) olur. İki yol boyunca limitler farklı olduğundan (Sonuç 9.1) \(\lim_{(x, y) \to (0, 0)} f_{xy}(x, y)\) yoktur; \(f_{xy}\), başlangıç noktasında sürekli değildir.
\(f_{yx}\) için. \(\mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) açık kümesinde \(f\), paydası sıfır olmayan bir rasyonel fonksiyondur ve bütün kısmi türevleri de öyledir; yani \(f\) bu kümede \(C^2\) sınıfındadır. Clairaut teoremi (Teorem 13.1) gereği orada \(f_{yx} = f_{xy}\) olur. Dolayısıyla \(f_{yx}\)’in de başlangıç noktasında limiti yoktur ve \(f_{yx}\) orada sürekli değildir.
Böylece \(f\)’nin karışık türevleri \(\mathbb{R}^2\)’nin her noktasında vardır ama \((0, 0)\)’da süreksizdir; teoremin süreklilik koşulu tam bu noktada bozulur ve sonucu da bozulur. Birinci mertebe kısmi türevler ise \(\mathbb{R}^2\)’de süreklidir (Alıştırma 13.2); yani \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\) ama \(f \notin C^2(\mathbb{R}^2)\). \(\blacksquare\)
Clairaut teoreminde iki karışık türevin de var ve sürekli olduğunu varsaydık. Aslında birinin sürekliliği, öbürünün varlığını ve eşitliği birlikte verir.
Teorem 13.2 (Clairaut Teoreminin Güçlü Biçimi) \(U \subseteq \mathbb{R}^2\) açık bir küme, \(f : U \to \mathbb{R}\) ve \((x_0, y_0) \in U\) olsun. \(f_x\), \(f_y\) ve \(f_{xy}\) kısmi türevleri \(U\)’nun her noktasında var olsun ve \(f_{xy}\), \((x_0, y_0)\) noktasında sürekli olsun. O zaman \(f_{yx}(x_0, y_0)\) vardır ve
\[f_{yx}(x_0, y_0) = f_{xy}(x_0, y_0)\]
olur.
İspat
\(B\big( (x_0, y_0), r \big) \subseteq U\) olacak bir \(r > 0\) seçelim ve \(c = f_{xy}(x_0, y_0)\) yazalım. \(\varepsilon > 0\) verilsin.
Karışık türev yakında \(c\)’ye yakın. \(f_{xy}\), \((x_0, y_0)\)’da sürekli olduğundan öyle bir \(\eta \in (0, r]\) vardır ki \(\big\| (s, t) - (x_0, y_0) \big\| < \eta\) olan her \((s, t) \in U\) için \(|f_{xy}(s, t) - c| < \varepsilon\) olur. \(\delta = \min\left\{ \dfrac{r}{2}, \dfrac{\eta}{2} \right\}\) alalım. \(0 < |h| < \delta\) ve \(0 < |k| < \delta\) olsun. Lemma 13.1 ilk kısmı \(F(h, k) = hk\, f_{xy}(s_1, t_1)\) olacak biçimde dikdörtgenin içinde bir \((s_1, t_1)\) noktası verir ve
\[\big\| (s_1, t_1) - (x_0, y_0) \big\| \le \sqrt{h^2 + k^2} < \sqrt{2}\,\delta < \eta\]
olduğundan
\[\left| \frac{F(h, k)}{hk} - c \right| = |f_{xy}(s_1, t_1) - c| < \varepsilon\]
bulunur.
\(k \to 0\) limiti. \(h\) sayısını sabit tutalım. İkinci farkı
\[\frac{F(h, k)}{k} = \frac{f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0)}{k} - \frac{f(x_0, y_0 + k) - f(x_0, y_0)}{k}\]
biçiminde yazalım. \(f_y\), \((x_0 + h, y_0)\) ve \((x_0, y_0)\) noktalarında var olduğundan \(k \to 0\) iken sağdaki iki fark oranı sırasıyla \(f_y(x_0 + h, y_0)\) ve \(f_y(x_0, y_0)\) sayılarına yakınsar. Dolayısıyla
\[\lim_{k \to 0} \frac{F(h, k)}{hk} = \frac{f_y(x_0 + h, y_0) - f_y(x_0, y_0)}{h}\]
olur. Bir önceki adımdaki eşitsizlik \(0 < |k| < \delta\) olan her \(k\) için geçerlidir; limite geçildiğinde kesin eşitsizlik \(\le\)’ye dönüşebilir ama korunur. Böylece \(0 < |h| < \delta\) olan her \(h\) için
\[\left| \frac{f_y(x_0 + h, y_0) - f_y(x_0, y_0)}{h} - c \right| \le \varepsilon.\]
Sonuç. \(\varepsilon > 0\) keyfi olduğundan bu, \(\dfrac{f_y(x_0 + h, y_0) - f_y(x_0, y_0)}{h}\) fark oranının \(h \to 0\) iken \(c\)’ye yakınsaması demektir (\(\varepsilon\) yerine \(\dfrac{\varepsilon}{2}\) alınırsa kesin eşitsizlik elde edilir). Bu limit tanım gereği \(f_{yx}(x_0, y_0)\)’dır. Yani \(f_{yx}(x_0, y_0)\) vardır ve \(c = f_{xy}(x_0, y_0)\)’a eşittir. \(\blacksquare\)
\(x\) ile \(y\)’nin rolleri değiştirilirse aynı sonuç öbür yönde de geçerlidir: \(f_x\), \(f_y\) ve \(f_{yx}\) bir komşulukta var ve \(f_{yx}\) noktada sürekliyse \(f_{xy}\) o noktada vardır ve \(f_{yx}\)’e eşittir. Kısacası \(f_x\) ve \(f_y\) bir komşulukta varsa, iki karışık türevden biri o komşulukta var ve noktada sürekli olduğunda öbürü de o noktada vardır ve ona eşittir. Örnek 13.7 bu açıdan da tutarlıdır: \(f_{xy}(0, 0) \ne f_{yx}(0, 0)\) olduğundan güçlü biçim gereği ne \(f_{xy}\) ne de \(f_{yx}\) başlangıç noktasında sürekli olabilir.
13.6 Çok Değişken ve Yüksek Mertebe
Clairaut teoremi iki değişkenli bir sonuçtur; ama bir karışık türevde yalnız iki değişken rol oynadığından teorem hemen \(n\) değişkene ve yüksek mertebelere yayılır.
Sonuç 13.1 (n Değişkenli Clairaut Teoremi) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve \(f \in C^2(U)\) olsun. Her \(j, k \in \{1, \dots, n\}\) ve her \(a \in U\) için
\[\frac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j}(a) = \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \, \partial x_k}(a)\]
olur.
İspat
\(j = k\) ise söylenecek bir şey yoktur; \(j \ne k\) olsun. \(a \in U\) sabit olsun ve \(B(a, r) \subseteq U\) olacak bir \(r > 0\) seçelim. \(V = B\big( (0, 0), r \big) \subseteq \mathbb{R}^2\) üzerinde
\[g(s, t) = f(a + s e_j + t e_k)\]
fonksiyonunu tanımlayalım. \(e_j\) ve \(e_k\) birbirine dik birim vektörler olduğundan \(\| s e_j + t e_k \| = \sqrt{s^2 + t^2} < r\) olur; yani \(a + s e_j + t e_k \in B(a, r) \subseteq U\) ve \(g\) iyi tanımlıdır.
Kısmi türevlerin aktarılması. \((s, t) \in V\) ve \(b = a + s e_j + t e_k\) olsun. Küçük \(h\) için
\[g(s + h, t) - g(s, t) = f(b + h e_j) - f(b)\]
olduğundan, \(h\) ile bölüp limit alınca \(g_s(s, t) = \dfrac{\partial f}{\partial x_j}(b)\) bulunur; aynı biçimde \(g_t(s, t) = \dfrac{\partial f}{\partial x_k}(b)\). Aynı akıl yürütmeyi \(g_s\) fonksiyonuna, yani \((s, t) \mapsto \dfrac{\partial f}{\partial x_j}(a + s e_j + t e_k)\) fonksiyonuna uygularsak
\[g_s(s, t + h) - g_s(s, t) = \frac{\partial f}{\partial x_j}(b + h e_k) - \frac{\partial f}{\partial x_j}(b)\]
olur ve
\[g_{st}(s, t) = \frac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j}(b)\]
bulunur. \(g_t\) ile başlayan aynı hesap
\[g_{ts}(s, t) = \frac{\partial^2 f}{\partial x_j \, \partial x_k}(b)\]
verir. Dört kısmi türev \(V\)’nin her noktasında vardır.
Süreklilik. \(\Phi(s, t) = a + s e_j + t e_k\) dönüşümünün bileşenleri birinci dereceden polinomlar olduğundan \(\Phi\) süreklidir (Teorem 10.3, Teorem 10.5). \(g_{st} = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j} \circ \Phi\) ve \(g_{ts} = \dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j \, \partial x_k} \circ \Phi\) sürekli fonksiyonların bileşkesi olduğundan süreklidir (Teorem 10.4).
Sonuç. \(g\), \((0, 0)\) noktasında Teorem 13.1 koşullarını sağlar: \(g_{st}(0, 0) = g_{ts}(0, 0)\). \(\Phi(0, 0) = a\) olduğundan bu, istenen eşitliğin \(a\) noktasındaki hâlidir. \(\blacksquare\)
İspatta \(f \in C^2(U)\) yerine daha azı da yeterdi: \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_k \, \partial x_j}\) ve \(\dfrac{\partial^2 f}{\partial x_j \, \partial x_k}\) türevleri \(U\)’da var ve \(a\) noktasında sürekliyse eşitlik \(a\)’da geçerlidir. \(n\) değişkenli bir \(f\) fonksiyonunun ikinci mertebe kısmi türevleri \(n \times n\) bir matrise dizilebilir; bu matris Taylor Formülü bölümünde Hessian matrisi adıyla (Tanım 17.1) karşımıza çıkacak ve Sonuç 13.1 gereği \(C^2\) fonksiyonlarda simetrik olacak.
Sonuç 13.2 (Yüksek Mertebede Sıranın Önemsizliği) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık, \(k \ge 2\), \(f \in C^k(U)\) ve \(2 \le p \le k\) olsun. \((i_1, \dots, i_p)\) indis dizilerinden biri öbürünün yeniden sıralanışı olan iki \(p\). mertebe kısmi türev \(U\) üzerinde eşittir. Dolayısıyla \(f\)’nin her \(p\). mertebe kısmi türevi yalnız her \(x_j\) değişkenine göre kaç kez (\(p_j\) kez) türev alındığına bağlıdır ve
\[\frac{\partial^p f}{\partial x_1^{p_1} \, \partial x_2^{p_2} \cdots \partial x_n^{p_n}}\]
biçiminde yazılabilir; burada \(p_1 + \dots + p_n = p\)’dir.
İspat
Kısalık için \(\partial_j g = \dfrac{\partial g}{\partial x_j}\) yazalım; \((i_1, \dots, i_p)\) dizisine karşılık gelen türev \(\partial_{i_p} \cdots \partial_{i_2} \partial_{i_1} f\) olur (önce \(\partial_{i_1}\) uygulanır).
Komşu iki indisin yer değiştirmesi. \(1 \le q < p\) olsun ve \(i_q\) ile \(i_{q+1}\) indislerinin yerini değiştirelim. \(g = \partial_{i_{q-1}} \cdots \partial_{i_1} f\) olsun (\(q = 1\) ise \(g = f\)). \(g\), \(f\)’nin \(q - 1\) mertebeli bir kısmi türevidir; \(g\)’nin mertebesi en çok \(2\) olan kısmi türevleri \(f\)’nin mertebesi en çok \(q + 1 \le p \le k\) olan kısmi türevleridir ve \(f \in C^k(U)\) olduğundan \(U\) üzerinde var ve süreklidir. Yani \(g \in C^2(U)\)’dur ve Sonuç 13.1 gereği
\[\partial_{i_{q+1}} \partial_{i_q} g = \partial_{i_q} \partial_{i_{q+1}} g\]
olur. Bu iki taraf \(U\) üzerinde aynı fonksiyon olduğundan, ikisine de \(\partial_{i_{q+2}}, \dots, \partial_{i_p}\) türevleri sırayla uygulanınca aynı sonuç çıkar. Demek ki komşu iki türevin yerini değiştirmek sonucu değiştirmez.
Keyfi yeniden sıralama. Bir dizinin her yeniden sıralanışına sonlu sayıda komşu yer değiştirmeyle ulaşılabilir: önce ilk sıraya gelmesi gereken indis, komşularıyla art arda yer değiştirerek başa taşınır; sonra ikinci sıraya gelmesi gereken indis ikinci sıraya taşınır ve bu böyle sürer. Her adımda türev değişmediğinden iki türev eşittir. Sonuç olarak türev yalnız her \(j\) indisinin dizide kaç kez geçtiğine, yani \((p_1, \dots, p_n)\) çoklu indisine bağlıdır. \(\blacksquare\)
Örneğin iki değişkenli bir \(f\) fonksiyonu \(C^3(U)\) sınıfındaysa sekiz üçüncü mertebe kısmi türevden yalnız dördü farklı olabilir:
\[\begin{aligned} & f_{xxx}, \\[1mm] & f_{xxy} = f_{xyx} = f_{yxx}, \\[1mm] & f_{xyy} = f_{yxy} = f_{yyx}, \\[1mm] & f_{yyy}. \end{aligned}\]
Örnek 13.4 içindeki eşitliklerin nedeni budur. Genel olarak iki değişkende \(C^p\) sınıfından bir fonksiyonun \(2^p\) tane \(p\). mertebe kısmi türevinden en çok \(p + 1\) tanesi farklıdır (\(p_1 = 0, 1, \dots, p\)); üç değişkende \(C^2\) sınıfından bir fonksiyonun dokuz ikinci mertebe türevinden en çok altısı farklıdır. Teoremi yüksek mertebeye taşımanın yolu, onu bir kısmi türeve uygulamaktır. Örneğin \(f_y \in C^2(U)\) ise Clairaut teoremi \(f_y\) fonksiyonuna uygulanınca \((f_y)_{xy} = (f_y)_{yx}\), yani \(f_{yxy} = f_{yyx}\) çıkar; \(f \in C^2(U)\) ise \(f_{xy}\) ile \(f_{yx}\) aynı fonksiyondur ve \(y\)’ye göre türevleri (varsa) de aynıdır: \(f_{xyy} = f_{yxy}\).
13.7 Laplace Denklemi
İkinci mertebeden kısmi türevlerin en önemli uygulamalarından biri, durağan sıcaklık dağılımı, elektrostatik ve kütle çekim potansiyeli gibi denge durumlarını betimleyen Laplace denklemidir.
Tanım 13.4 (Laplace Operatörü ve Laplace Denklemi) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık ve \(f \in C^2(U)\) olsun.
\[\Delta f = \frac{\partial^2 f}{\partial x_1^2} + \frac{\partial^2 f}{\partial x_2^2} + \dots + \frac{\partial^2 f}{\partial x_n^2}\]
fonksiyonuna \(f\)’nin Laplasyeni, \(f \mapsto \Delta f\) işlemine Laplace operatörü denir. \(\Delta f = 0\) denklemine Laplace denklemi denir. İki ve üç değişkende Laplace denklemi sırasıyla
\[f_{xx} + f_{yy} = 0\]
ve
\[f_{xx} + f_{yy} + f_{zz} = 0\]
biçimini alır.
Yani Laplasyen, bütün değişkenlere göre ikinci mertebe saf kısmi türevlerin toplamıdır; karışık türevler ona girmez.
Tanım 13.5 (Harmonik Fonksiyon) \(\varnothing \ne U \subseteq \mathbb{R}^n\) açık olsun. \(f \in C^2(U)\) ve \(U\)’nun her noktasında \(\Delta f = 0\) ise \(f\)’ye \(U\) üzerinde harmonik fonksiyon denir.
Yani harmonik fonksiyon, Laplace denkleminin \(C^2\) sınıfından bir çözümüdür. Laplace denklemi lineerdir: \(f\) ve \(g\) harmonikse ve \(c \in \mathbb{R}\) ise \(f + g\) ve \(cf\) de harmoniktir, çünkü kısmi türev almak toplamı ve sabitle çarpımı korur. Sabit fonksiyonlar ve \(a_1 x_1 + \dots + a_n x_n + b\) biçimindeki fonksiyonlar harmoniktir, çünkü ikinci mertebe kısmi türevlerinin hepsi sıfırdır. Düzlemde \(x^2 - y^2\) ve \(xy\) harmoniktir (\(2 - 2 = 0\) ve \(0 + 0 = 0\)), ama \(x^2 + y^2\) değildir (\(2 + 2 = 4\)).
Örnek 13.8 (Üstel ve Trigonometrik Bir Harmonik Fonksiyon) \(f(x, y) = e^x \cos y\) fonksiyonunun \(\mathbb{R}^2\) üzerinde harmonik olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(f\), düzgün fonksiyonların çarpımı olduğundan \(C^\infty(\mathbb{R}^2)\), dolayısıyla \(C^2(\mathbb{R}^2)\) sınıfındadır. Kısmi türevler:
\[\begin{aligned} f_x &= e^x \cos y, \\[1mm] f_{xx} &= e^x \cos y, \\[1mm] f_y &= -e^x \sin y, \\[1mm] f_{yy} &= -e^x \cos y. \end{aligned}\]
Toplarsak her \((x, y)\) için \(f_{xx} + f_{yy} = e^x \cos y - e^x \cos y = 0\); \(f\) harmoniktir. Aynı hesap \(e^x \sin y\) için de \(f_{xx} = e^x \sin y\) ve \(f_{yy} = -e^x \sin y\) verir; o da harmoniktir. \(\blacksquare\)
Örnek 13.9 (Logaritmik Bir Harmonik Fonksiyon) \(f(x, y) = \ln(x^2 + y^2)\) fonksiyonunun \(U = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) üzerinde harmonik olduğunu gösteriniz.
Çözüm
\(U\) açıktır ve \(U\) üzerinde \(x^2 + y^2 > 0\) olduğundan \(f\) tanımlıdır. Zincir kuralıyla
\[f_x(x, y) = \frac{2x}{x^2 + y^2}\]
olur. Bölüm kuralıyla
\[f_{xx}(x, y) = \frac{2(x^2 + y^2) - 2x \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{2(y^2 - x^2)}{(x^2 + y^2)^2}.\]
\(f\), \(x\) ile \(y\)’nin yer değiştirmesiyle değişmediğinden aynı hesap
\[\begin{aligned} f_y(x, y) &= \frac{2y}{x^2 + y^2}, \\[1mm] f_{yy}(x, y) &= \frac{2(x^2 - y^2)}{(x^2 + y^2)^2} \end{aligned}\]
verir. Bütün ikinci mertebe kısmi türevler \(U\) üzerinde paydası sıfır olmayan rasyonel fonksiyonlardır, dolayısıyla süreklidir ve \(f \in C^2(U)\)’dur. Toplarsak
\[f_{xx} + f_{yy} = \frac{2(y^2 - x^2) + 2(x^2 - y^2)}{(x^2 + y^2)^2} = 0.\]
\(f\), \(U\) üzerinde harmoniktir. \(f = 2 \ln \|(x, y)\|\) olduğundan bu fonksiyon yalnız başlangıç noktasına uzaklığa bağlıdır. \(\blacksquare\)
Uzayda uzaklığa bağlı harmonik fonksiyonlar logaritma değil, bir kuvvet biçimindedir.
Örnek 13.10 (Uzaklığın Kuvveti ve Laplace Denklemi) \(U = \mathbb{R}^3 \setminus \{(0, 0, 0)\}\) ve \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(f(x, y, z) = (x^2 + y^2 + z^2)^{\alpha}\) fonksiyonu hangi \(\alpha\) değerleri için \(U\) üzerinde \(f_{xx} + f_{yy} + f_{zz} = 0\) Laplace denklemini sağlar?
Çözüm
Kısalık için \(u = x^2 + y^2 + z^2\) yazalım; \(U\) üzerinde \(u > 0\)’dır.
Birinci türev. \(t \mapsto t^{\alpha}\) fonksiyonu \((0, \infty)\) üzerinde türevlenebilir ve türevi \(\alpha t^{\alpha - 1}\)’dir. \(u_x = 2x\) olduğundan zincir kuralıyla
\[f_x = \alpha\, u^{\alpha - 1} \cdot 2x = 2\alpha x\, u^{\alpha - 1}.\]
İkinci türev. Çarpım kuralı ve aynı zincir kuralıyla
\[\begin{aligned} f_{xx} &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 2\alpha x \cdot (\alpha - 1)\, u^{\alpha - 2} \cdot 2x \\[1mm] &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, x^2 u^{\alpha - 2}. \end{aligned}\]
Simetri. \(f\), değişkenlerin her yer değiştirmesinde aynı kaldığından
\[\begin{aligned} f_{yy} &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, y^2 u^{\alpha - 2}, \\[1mm] f_{zz} &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, z^2 u^{\alpha - 2}. \end{aligned}\]
Toplam. \(x^2 + y^2 + z^2 = u\) olduğundan
\[\begin{aligned} \Delta f &= 6\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, u \cdot u^{\alpha - 2} \\[1mm] &= \big( 6\alpha + 4\alpha^2 - 4\alpha \big)\, u^{\alpha - 1} = 2\alpha(2\alpha + 1)\, u^{\alpha - 1}. \end{aligned}\]
Karar. \(U\) üzerinde \(u^{\alpha - 1} > 0\) olduğundan \(\Delta f = 0\) ancak ve ancak \(\alpha(2\alpha + 1) = 0\), yani \(\alpha = 0\) ya da \(\alpha = -\dfrac{1}{2}\) olduğunda sağlanır. \(\alpha = 0\) için \(f = 1\) sabit fonksiyondur. \(\alpha = -\dfrac{1}{2}\) için
\[f(x, y, z) = \frac{1}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} = \frac{1}{\|(x, y, z)\|}\]
başlangıç noktasına uzaklığın tersidir; bu fonksiyon bir noktasal kütlenin çekim potansiyelinin ya da bir noktasal yükün elektrostatik potansiyelinin biçimidir. İki durumda da ikinci mertebe kısmi türevler \(U\) üzerinde süreklidir (polinomların ve \(u\)’nun kuvvetlerinin çarpımları), yani \(f \in C^2(U)\) ve \(f\) harmoniktir. \(\blacksquare\)
13.8 Alıştırmalar
Alıştırma 13.1 (Kalan Üçüncü Mertebe Türevler) \(f(x, y) = x^3 y^2 + x^4 \sin y + \cos(xy)\) fonksiyonunun \(f_{xyy}\), \(f_{yxy}\), \(f_{yyx}\) ve \(f_{yyy}\) üçüncü mertebeden kısmi türevlerini hesaplayınız ve ilk üçünün eşit olduğunu doğrulayınız.
Çözüm
Örnek 13.2 içinde bulduğumuz
\[\begin{aligned} f_{xy} = f_{yx} &= 6x^2 y + 4x^3 \cos y - \sin(xy) - xy \cos(xy), \\[1mm] f_{yy} &= 2x^3 - x^4 \sin y - x^2 \cos(xy) \end{aligned}\]
türevlerinden başlayalım.
\(f_{xyy}\). \(f_{xy}\)’yi \(y\)’ye göre türetelim. Son iki terimden \(\big( -\sin(xy) \big)_y = -x \cos(xy)\) ve
\[\big( -xy \cos(xy) \big)_y = -x \cos(xy) + x^2 y \sin(xy)\]
gelir. Buradan
\[f_{xyy}(x, y) = 6x^2 - 4x^3 \sin y - 2x \cos(xy) + x^2 y \sin(xy).\]
\(f_{yxy}\). \(f_{yx} = f_{xy}\) olduğundan \(f_{yxy} = (f_{yx})_y = (f_{xy})_y = f_{xyy}\).
\(f_{yyx}\). \(f_{yy}\)’yi \(x\)’e göre türetelim. Son terim bir çarpımdır:
\[\big( -x^2 \cos(xy) \big)_x = -2x \cos(xy) + x^2 y \sin(xy).\]
Buradan
\[f_{yyx}(x, y) = 6x^2 - 4x^3 \sin y - 2x \cos(xy) + x^2 y \sin(xy)\]
bulunur ve \(f_{xyy}\) ile aynıdır.
\(f_{yyy}\). \(f_{yy}\)’yi \(y\)’ye göre türetelim; \(\big( -x^2 \cos(xy) \big)_y = x^3 \sin(xy)\) olduğundan
\[f_{yyy}(x, y) = -x^4 \cos y + x^3 \sin(xy).\]
Üç türevin eşitliği, \(f \in C^\infty(\mathbb{R}^2)\) olduğundan Sonuç 13.2 ile de beklenen sonuçtur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.2 (Birinci Mertebe Türevlerin Sürekliliği) Örnek 13.6 içindeki \(f\) fonksiyonunun \(f_x\) ve \(f_y\) kısmi türevlerinin \(\mathbb{R}^2\)’de sürekli olduğunu tanımı kullanarak gösteriniz ve \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\) olduğu sonucunu çıkarınız.
Çözüm
Başlangıç noktası dışında. \((x, y) \ne (0, 0)\) noktalarında \(f\), \(f_x\) ve \(f_y\) paydası sıfır olmayan rasyonel fonksiyonlardır; polinomların sürekliliği (Teorem 10.3) ve bölümün sürekliliği (Teorem 10.2) gereği bu noktalarda süreklidirler.
İki eşitsizlik. \((x - y)^2 \ge 0\) ve \((x + y)^2 \ge 0\) eşitsizliklerinden \(2|xy| \le x^2 + y^2\), dolayısıyla \(4x^2 y^2 \le (x^2 + y^2)^2\) çıkar. Ayrıca \(|x^2 - y^2| \le x^2 + y^2\)’dir. \((x, y) \ne (0, 0)\) için
\[\frac{|x^2 - y^2|}{x^2 + y^2} \le 1\]
ve
\[\frac{4x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^2} \le 1\]
olur.
\(f_x\) başlangıç noktasında. Örnek 13.6 içindeki ilk formülü
\[f_x(x, y) = y \left[ \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} + \frac{4x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^2} \right]\]
biçiminde yazalım. İki eşitsizlik gereği \((x, y) \ne (0, 0)\) için \(|f_x(x, y)| \le 2|y| \le 2\|(x, y)\|\) olur. \(f_x(0, 0) = 0\)’dır. \(\varepsilon > 0\) verilsin ve \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) alalım. \(\|(x, y)\| < \delta\) ise
\[|f_x(x, y) - f_x(0, 0)| \le 2\|(x, y)\| < 2\delta = \varepsilon\]
olur (başlangıç noktasında fark sıfırdır). Tanım 10.1 gereği \(f_x\), \((0, 0)\)’da süreklidir.
\(f_y\) başlangıç noktasında. Aynı biçimde
\[f_y(x, y) = x \left[ \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} - \frac{4x^2 y^2}{(x^2 + y^2)^2} \right]\]
olduğundan \(|f_y(x, y)| \le 2|x| \le 2\|(x, y)\|\) ve aynı \(\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}\) seçimi \(f_y\)’nin \((0, 0)\)’da sürekli olduğunu verir.
\(f\)’nin kendisi. \((x, y) \ne (0, 0)\) için ilk eşitsizlik ve \(2|xy| \le x^2 + y^2\) gereği
\[|f(x, y)| = |xy|\, \frac{|x^2 - y^2|}{x^2 + y^2} \le |xy| \le \frac{\|(x, y)\|^2}{2}\]
olur; \(\|(x, y)\| < \sqrt{2\varepsilon}\) için \(|f(x, y) - f(0, 0)| < \varepsilon\) olduğundan \(f\) de başlangıç noktasında süreklidir.
Mertebesi en çok \(1\) olan bütün kısmi türevler \(\mathbb{R}^2\)’de var ve sürekli olduğundan \(f \in C^1(\mathbb{R}^2)\)’dir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.3 (Saf İkinci Mertebe Türevler) Örnek 13.6 içindeki \(f\) fonksiyonu için \(f_{xx}(0, 0)\) ve \(f_{yy}(0, 0)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
\(f_{xx}(0, 0)\). \(f_x\) formülünde \(y = 0\) koyarsak \(h \ne 0\) için
\[f_x(h, 0) = \frac{h^4 \cdot 0 + 0 - 0}{h^4} = 0\]
olur; \(f_x(0, 0) = 0\) olduğundan her \(h\) için \(f_x(h, 0) = 0\)’dır. Tanımdan
\[f_{xx}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f_x(h, 0) - f_x(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{0}{h} = 0.\]
\(f_{yy}(0, 0)\). \(f_y\) formülünde \(x = 0\) koyarsak \(k \ne 0\) için \(f_y(0, k) = \dfrac{0}{k^4} = 0\) olur; \(f_y(0, 0) = 0\) ile birlikte her \(k\) için \(f_y(0, k) = 0\)’dır. Tanımdan
\[f_{yy}(0, 0) = \lim_{k \to 0} \frac{f_y(0, k) - f_y(0, 0)}{k} = 0.\]
Saf türevler başlangıç noktasında sıfırdır; karışık türevler ise \(-1\) ve \(1\) çıkmıştı. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.4 (Sinüslü Bir Karışık Türev Örneği) \[f(x, y) = \begin{cases} xy \sin\left( \dfrac{\pi}{2} \cdot \dfrac{x + y}{x - y} \right), & x \ne y, \\[2mm] 0, & x = y \end{cases}\]
fonksiyonu için \(f_{xy}(0, 0)\) ve \(f_{yx}(0, 0)\) değerlerini bulunuz.
Çözüm
Başlangıç noktasında birinci türevler. \(h \ne 0\) için \((h, 0)\) noktasında \(x \ne y\)’dir ve \(f(h, 0) = h \cdot 0 \cdot \sin(\dots) = 0\); aynı biçimde \(f(0, h) = 0\). Dolayısıyla
\[f_x(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0, 0)}{h} = 0\]
ve aynı biçimde \(f_y(0, 0) = 0\) olur.
Eksenler üzerinde birinci türevler. \(k \ne 0\) olsun; \(f(0, k) = 0\)’dır. \(0 < |h| < |k|\) için \(h \ne k\) olduğundan
\[\frac{f(h, k) - f(0, k)}{h} = k \sin\left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{h + k}{h - k} \right)\]
olur. \(h \to 0\) iken \(\dfrac{h + k}{h - k} \to \dfrac{k}{-k} = -1\) ve sinüs sürekli olduğundan fark oranı \(k \sin\left( -\dfrac{\pi}{2} \right) = -k\) sayısına yakınsar. Yani \(f_x(0, k) = -k\); bu, \(f_x(0, 0) = 0\) ile birlikte her \(k\) için geçerlidir. Aynı biçimde \(h \ne 0\), \(0 < |k| < |h|\) için
\[\frac{f(h, k) - f(h, 0)}{k} = h \sin\left( \frac{\pi}{2} \cdot \frac{h + k}{h - k} \right) \xrightarrow[k \to 0]{} h \sin\frac{\pi}{2} = h\]
olduğundan her \(h\) için \(f_y(h, 0) = h\)’dir.
Fark oranlarının limiti.
\[\begin{aligned} f_{xy}(0, 0) &= \lim_{k \to 0} \frac{f_x(0, k) - f_x(0, 0)}{k} = \lim_{k \to 0} \frac{-k}{k} = -1, \\[1mm] f_{yx}(0, 0) &= \lim_{h \to 0} \frac{f_y(h, 0) - f_y(0, 0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{h}{h} = 1. \end{aligned}\]
Karışık türevler yine farklıdır. Bu, Clairaut teoremiyle çelişmez; çünkü başlangıç noktasının hiçbir komşuluğunda teoremin koşulları sağlanmaz. Örneğin \(a \ne 0\) için \(f(a, a) = 0\) ve
\[f(a + h, a) = a(a + h)\cos\frac{\pi a}{h}\]
olduğundan \(h_m = \dfrac{a}{2m}\) alınınca
\[\frac{f(a + h_m, a) - f(a, a)}{h_m} = (2m + 1)\,a\]
sınırsız büyür ve \(f_x(a, a)\) yoktur. \((a, a)\) biçimindeki noktalar başlangıç noktasının her komşuluğunda bulunur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.5 (Başlangıç Noktasında Karışık Türevin Olmaması) Örnek 13.5 içindeki \(f(x, y) = \dfrac{xy}{x^2 + y^2}\) (\(f(0, 0) = 0\)) fonksiyonu için \((x, y) \ne (0, 0)\) noktalarında \(f_{xy} = f_{yx}\) olduğunu gösteriniz ve \(f_{xy}(0, 0)\) ile \(f_{yx}(0, 0)\) türevlerinin var olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Başlangıç noktası dışında. Örnek 13.5 içinde \(f_x = \dfrac{y^3 - x^2 y}{(x^2 + y^2)^2}\) ve \(f_y = \dfrac{x^3 - xy^2}{(x^2 + y^2)^2}\) bulmuştuk. Paydanın \(y\)’ye göre türevi \(4y(x^2 + y^2)\)’dir; bölüm kuralı ve ortak çarpanın sadeleştirilmesiyle
\[\begin{aligned} f_{xy} &= \frac{(3y^2 - x^2)(x^2 + y^2) - 4y(y^3 - x^2 y)}{(x^2 + y^2)^3} \\[1mm] &= \frac{6x^2 y^2 - x^4 - y^4}{(x^2 + y^2)^3} \end{aligned}\]
olur. Aynı biçimde \(x\)’e göre türev alınarak
\[\begin{aligned} f_{yx} &= \frac{(3x^2 - y^2)(x^2 + y^2) - 4x(x^3 - xy^2)}{(x^2 + y^2)^3} \\[1mm] &= \frac{6x^2 y^2 - x^4 - y^4}{(x^2 + y^2)^3} \end{aligned}\]
bulunur. Başlangıç noktası dışında \(f_{xy} = f_{yx}\)’tir.
Başlangıç noktasında. \(f_x(0, 0) = 0\) ve \(k \ne 0\) için \(f_x(0, k) = \dfrac{k^3}{k^4} = \dfrac{1}{k}\)’dir. Fark oranı
\[\frac{f_x(0, k) - f_x(0, 0)}{k} = \frac{1}{k^2}\]
\(k \to 0\) iken \(+\infty\)’a gider; sonlu bir limiti yoktur ve \(f_{xy}(0, 0)\) yoktur. Aynı biçimde \(f_y(h, 0) = \dfrac{h^3}{h^4} = \dfrac{1}{h}\) olduğundan \(\dfrac{f_y(h, 0) - f_y(0, 0)}{h} = \dfrac{1}{h^2} \to +\infty\) ve \(f_{yx}(0, 0)\) da yoktur. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.6 (Üç Değişkende Üçüncü Mertebe) \(f(x, y, z) = e^{xyz}\) fonksiyonu için \(f_{xyz}\) ve \(f_{zyx}\) türevlerini ayrı ayrı hesaplayarak eşit olduklarını doğrulayınız.
Çözüm
\(f_{xyz}\). \(f_x = yz\, e^{xyz}\). \(y\)’ye göre çarpım kuralıyla
\[f_{xy} = z\, e^{xyz} + yz \cdot xz\, e^{xyz} = (z + xyz^2)\, e^{xyz}.\]
\(z\)’ye göre yine çarpım kuralıyla
\[\begin{aligned} f_{xyz} &= (1 + 2xyz)\, e^{xyz} + (z + xyz^2) \cdot xy\, e^{xyz} \\[1mm] &= (1 + 3xyz + x^2 y^2 z^2)\, e^{xyz}. \end{aligned}\]
\(f_{zyx}\). \(f_z = xy\, e^{xyz}\) ve
\[f_{zy} = x\, e^{xyz} + xy \cdot xz\, e^{xyz} = (x + x^2 yz)\, e^{xyz}\]
olur. \(x\)’e göre türev alınırsa
\[\begin{aligned} f_{zyx} &= (1 + 2xyz)\, e^{xyz} + (x + x^2 yz) \cdot yz\, e^{xyz} \\[1mm] &= (1 + 3xyz + x^2 y^2 z^2)\, e^{xyz}. \end{aligned}\]
İki türev eşittir. \(f \in C^\infty(\mathbb{R}^3)\) olduğundan bu, Sonuç 13.2 ile de beklenen sonuçtur: iki türevde de her değişkene göre birer kez türev alınmıştır. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.7 (Düzlemde Uzaklığın Kuvveti) \(U = \mathbb{R}^2 \setminus \{(0, 0)\}\) ve \(\alpha \in \mathbb{R}\) olsun. \(f(x, y) = (x^2 + y^2)^{\alpha}\) fonksiyonu hangi \(\alpha\) değerleri için \(U\) üzerinde harmoniktir?
Çözüm
\(u = x^2 + y^2 > 0\) yazalım. Örnek 13.10 içindeki hesap değişmeden
\[\begin{aligned} f_{xx} &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, x^2 u^{\alpha - 2}, \\[1mm] f_{yy} &= 2\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, y^2 u^{\alpha - 2} \end{aligned}\]
verir. Bu kez yalnız iki terim toplanır ve \(x^2 + y^2 = u\) olduğundan
\[\Delta f = 4\alpha\, u^{\alpha - 1} + 4\alpha(\alpha - 1)\, u^{\alpha - 1} = 4\alpha^2\, u^{\alpha - 1}\]
olur. \(u^{\alpha - 1} > 0\) olduğundan \(\Delta f = 0\) ancak ve ancak \(\alpha = 0\) ise sağlanır. Düzlemde uzaklığın sabit olmayan hiçbir kuvveti harmonik değildir; uzaydaki \(\dfrac{1}{\|(x, y, z)\|}\) fonksiyonunun rolünü düzlemde \(\ln(x^2 + y^2)\) fonksiyonu (Örnek 13.9) üstlenir. \(\blacksquare\)
Alıştırma 13.8 (Açı Fonksiyonu Harmoniktir) \(f(x, y) = \arctan\dfrac{y}{x}\) fonksiyonunun \(U = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x > 0\}\) açık yarı düzleminde harmonik olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Birinci türevler. \((\arctan t)' = \dfrac{1}{1 + t^2}\) ve zincir kuralıyla
\[\begin{aligned} f_x &= \frac{1}{1 + \dfrac{y^2}{x^2}} \cdot \left( -\frac{y}{x^2} \right) = -\frac{y}{x^2 + y^2}, \\[1mm] f_y &= \frac{1}{1 + \dfrac{y^2}{x^2}} \cdot \frac{1}{x} = \frac{x}{x^2 + y^2}. \end{aligned}\]
İkinci türevler. Bölüm kuralıyla
\[\begin{aligned} f_{xx} &= \frac{y \cdot 2x}{(x^2 + y^2)^2} = \frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2}, \\[1mm] f_{yy} &= -\frac{x \cdot 2y}{(x^2 + y^2)^2} = -\frac{2xy}{(x^2 + y^2)^2}. \end{aligned}\]
Sonuç. İkinci mertebe kısmi türevler \(U\) üzerinde paydası sıfır olmayan rasyonel fonksiyonlardır, dolayısıyla süreklidir ve \(f \in C^2(U)\)’dur. \(f_{xx} + f_{yy} = 0\) olduğundan \(f\), \(U\) üzerinde harmoniktir. \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\) yazılırsa \(U\) üzerinde \(f = \theta\) olur; yani kutupsal açı da harmonik bir fonksiyondur. \(\blacksquare\)
Bu bölümde kısmi türevleri art arda alarak yüksek mertebeden kısmi türevleri ve \(C^k\) sınıflarını kurduk; Clairaut teoremiyle de karışık kısmi türevler sürekli olduğunda türev alma sırasının önemsiz olduğunu gördük. Yine de Örnek 13.5 rahatsız edici bir gerçeği ortaya koydu: bütün kısmi türevleri var olan bir fonksiyon sürekli bile olmayabilir. Demek ki kısmi türevler, tek değişkenli türevin çok değişkendeki tam karşılığı değildir. Bu karşılık, fonksiyonu bir noktanın yakınında bir lineer dönüşümle yaklaşık olarak ifade etme fikrine dayanır: Türevlenebilme ve Toplam Diferansiyel.