Ders çok değişkenli fonksiyonlardaki iki derslik dizinin ikincisidir. Birinci ders türev ve entegral kavramlarını geliştirmekte ve bu konulardaki problemleri temel çözme yöntemlerini sunmaktadır. Bu ders, birinci derste geliştirilen temeller üzerine daha ileri konuları işlemekte ve daha kapsamlı uygulamalar ve çözümlü örnekler sunmaktadır. Ders gerçek yaşamdan gelen uygulamaları da tanıtmaya önem veren “içerikli yaklaşımla” tasarlanmıştır. Bölümler Bölüm 1: Multivar 1'in Özeti, Dairesel Koordinatlarda Entegraller Bölüm 2: Türev Uygulamalarından Seçme Konular Bölüm 3: Çok Değişkenle Zincirleme Türev ve Jakobiyan Bölüm 4: Uzayda Yüzey ve Hacım Entegralleri Bölüm 5: Düzlemde Akı Entegralleri Bölüm 6: Düzlemde Green, Uzayda Stokes ve Green-Gauss Teoremleri Bölüm 7: Stokes ve Green-Gauss Teoremleri ve Doğanın Korunum Yasaları ----------- The course is the second of the two course sequence of calculus of multivariable functions. The first course develops the concepts of derivatives and integrals of functions of several variables, and the basic tools for doing the relevant calculations. This course builds on the foundations of the first course and introduces more advanced topics along with more advanced applications and solved problems. The course is designed with a “content-based” approach, i. e. by solving examples, as many as possible from real life situations. Bölümler Bölüm 1: Summary of Multivar I, Integral in Circular Coordinates Bölüm 2: Topics of Derivative Applications Bölüm 3: Chain Derivatives with Multi Variables and Jacobian Bölüm 4: Surface and Volume Integrals in Space Bölüm 5: Flux Integrals in the Plane Bölüm 6: Green in Plane, Stokes in Space and Green-Gauss Theorems Bölüm 7: Stokes and Green-Gauss Theorem and Nature Conservation Laws ----------- Kaynak: Attila Aşkar, “Çok değişkenli fonksiyonlarda türev ve entegral”. Bu kitap dört ciltlik dizinin ikinci cildidir. Dizinin diğer kitapları Cilt 1 “Tek değişkenli fonksiyonlarda türev ve entegral”, Cilt 3: “Doğrusal cebir” ve Cilt 4: “Diferansiyel denklemler” dir. Source: Attila Aşkar, Calculus of Multivariable Functions, Volume 2 of the set of Vol1: Calculus of Single Variable Functions, Volume 3: Linear Algebra and Volume 4: Differential Equations. All available online starting on January 6, 2014
Kısıtlama Altında Uç Değer ve Lagrange Çarpanı
Loading...
来自 Koç University 的课程
多变量微积分 II：应用
9 个评分
从本节课中
Türev Uygulamalarından Seçme Konular
İki değişkenli fonksiyonlarda Koordinat dönüşümleri ve Jakobiyan. Diverjans, Rotasyonel ve Laplasyen. Dairesel koordinatlarda gradyan. Doğanın dört temel kısmi türevli denklemi: dalga, sızma, Laplace denklemleriyle Schrödinger denkleminin tanıtılması. İki değişkenli sonuçların üç değişkene ve mümkün olan durumlarda “n” değişkene genellenmesi. Karmaşık değerli fonksiyonların özel yapısıyla kısmi türevler ve tam türev.
与讲师见面
Attila AşkarProf. Dr.
Matematik Bölümü (Department of Mathematics)
Merhaba.
Gene türev uygulamalarına devam ediyoruz yeni bir
yöntemle yeni bir problem türüyle.
Burada en iyiyi aramaya çabalıyoruz.
Ama belli bir kısıtlama altında.
Bakınız bu problem nasıl oluşuyor.
Genel teoriye girmeden önce bir örnekle başlayalım.
Örnek çok basit, geometriden de biliyorsunuzdur.
Çevresi aynı olan yani çeperi aynı olan dikdörtgenler arasında
en geniş alanı olanın boyutunu bulunuz.
Şimdi bu sözel problemi.
Matematiksel gösterime gelelim.
Bir diktörtgen var.
Bi kenarı x.
Öbür kenarı y.
Biz bunun en büyük alanını bulacağız.
Bu x, e, dikdörtgenler arasında.
Ama şöyle bir kısıtlama da var.
Eğer kısıtlama olmazsa en büyük alan sonsuzdur.
Kısıtlama olduğu için zaten bir en iyiyi arama problemi oluşuyor.
Çeperi de diyoruz bunun aynı olacak bütün dikdörtgende.
Mesela böyle bir dikdörtgen aldığınız gibi şöylesine bi dikdörtgen de alabilirdiniz.
Şöyle gayet yassı bi dikdörtgen de alabilirdik.
Bütün bu çeperi aynı kalmak şartıyla sonsuz tane dikdörtgen var.
Biz bunlar arasında alanı en büyük olanını buluyoruz.
Şimdi alan bi kenarı x'se bu dikdörtgenin, öbür kenarı y ise x y olur.
Yani x ve y'nin iki değişkenli fonksiyonun yapısı x y'dir.
Burada x artı y eşittir p yani p
yarı çeper oluyor bu tam çeper iki p olmak üzere.
Bu bir kısıtlama.
Çünkü x ve y'nin artık tamamen bağımsız olduğunu kabul edemiyoruz.
O zaman x ve y tamamen bağımsız olsa sonsuz olacak alan yani bir
optimizasyon problemi en iyiyi bulma problemi kalmayacak.
Buna da x artı eksi p eşit sıfır diyelim.
Bu da gene x ve y'nin fonksiyonu olan iki değişkenli bir fonksiyon.
Ona da g x y diyelim.
Dolayısıyla problemin genellemesinde bize verilen bir z eşittir f x y fonksiyonunun
g x y eşittir sıfır kısıtlaması altındaki en iyi çözümünü bulmak istiyoruz.
Şimdi biz bu problemi anlamaya çalışalım.
z eşittir x y bir eğer yüzeyi gösteriyor.
Bunu birinci kısmın özetleri arasında kolaylıkla bulursunuz.
Biraz daha ayrıntılı hatırlamak isterseniz birinci
kısmın notlarına da bakabilirsiniz.
Bunun eşit değer çizgilerini yaparsak,
yani z eşittir bir sabit dediğimiz zaman y eşittir o sabit bölü x.
Bunun bi hiperbol olduğunu biliyoruz.
Bu hiperboller de bunlar.
Diğer taraftan x artı y eşittir p diyoruz.
Buna da p'yi de somutlaştırmak için burada konuyu iki seçelim.
Bu da bi doğru.
y eşittir sıfırda ikiden geçen x eşittir sıfırda ikiden geçen,
eğimi de eksi bir olan bu doğru.
Bakınız bu doğruyu çizince de bu eşit değer çizgilerinden bi
tanesine teğet geliyor.
Şimdi biz bunu nasıl çözebiliriz?
Bu değişik yönlerden çözülebilir.
Üç değişik yoldan çözülebilir.
Madem ki elimizde x'le y arasında bi ilişki var
buradan y'yi çözüp bu fonksiyonda yerleştirdiğimiz zaman
bu iki değişkenli fonksiyonu tek değişkenli fonksiyona indirgeriz.
Yani işlem şu: z eşittir x y'ydi.
Ama x artı y de p'ydi.
Buradan y'yi çözdüğümüz zaman p eksi x olur.
Demek ki x çarpı p eksi x.
Gördüğünüz gibi bu sadece x'e bağlı tek değişkenli bir fonksiyon.
Bunun en büyük en küçük değerini bulmak çok kolay.
Bunun bu z'nin x' göre türevini aldığımız zaman bakınız buradan p
eksi x kareden de iki x gelip eşittir sıfır.
Buradan da x p bölü iki.
x p bölü iki olunca da y de p bölü iki yani bu dikdörtgenler arasında,
çeperi aynı olan dikdörtgenler arasında alanı en büyük dikdörtgenin bi
kare olduğunu buluyoruz.
Bunu zaten geometriden de biliyoduk.
Buna karşıt gelen en büyük alan da x ve y'yi p bölü iki
seçtiğimiz zaman gördüğünüz gibi buradan p kare bölü dört çıkar.
Bu işlemi görsel olarak da canlandırabiliriz.
z x düzleminde gördüğünüz gibi böyle bir parabol var.
Bu parabol aşağı bakan bir parabol.
x eşittir p'de sıfır.
x eşittir sıfırda gene sıfır.
p bölü ikide de en büyük değerine ulaşıyor.
Bunun ikinci bi yolu daha var.
Bu ikinci yolu zincirleme türev kuralıyla çözmek.
Çünkü biz bu kısıtlamadan y ile x arasındaki fonksiyonu biliyoruz.
Demek ki y x'in bir fonksiyonu.
Total tam türevi hesaplarsak f'nin x'e göre tam türevi,
f'nin x'e göre kısmi türevi artı f'nin y'ye göre
kısmi türeviyle y'nin x'e göre türevidir.
Bunu kullandığımız zaman bakınız x'e göre kısmi türev y buradan.
Artı y'ye göre kısmi türev x.
y'nin de x'r göre türevi eksi bir.
Buradan hemen gördüğünüz gibi iki denklem var y ve x için.
Ve buradan da zaten y eksi y'nin p eksi x olduğunu biliyoruz.
Veyahut da bunu düzenlersek y artı x eşittir p.
Buradan da, tam türevden de eksi x artı y bulduk.
İki bilinmeyenli iki denklem.
Bunu çözdüğümüz zaman da gene bi önceki örnekte olduğu gibi x'in ve
y'nin değerlerinin bunu en
büyük yapan değerlerinin p bölü iki olduğunu buluyoruz.
Olması gerektiği gibi aynı sonucu elde ediyoruz.
Dolayısıyla ilk problemde bilinmeyen sayısını azalttık.
Nasıl azalttık?
Bu kısıtlamayı kullanarak y'yi x cinsinden yerine koyduk tek değişkenli bir
fonksiyon haline getirdik.
Burada iki değişkenli tuttuk.
Ama bu iki değişkene zincirleme türev kuralını kullanarak bu zincirleme
türev kuramın, yönteminde de x'le y arasındaki kısıtlamayı kullanarak bulduk.
Yani burada denklem ve bilinmeyen sayısını değiştirmedik.
Denklem de iki bilinmeyene iki denklem oldu.
Bi önceki yapıda bi bilinmeyene bi denkleme indirdik.
Şimdi ne olabilir diye düşünebilirsiniz.
Önce bilinmeyen sayısını azalttık.
Burada bilinmeyen sayısını aynı tuttuk.
Bir de diyebilirsiniz ki belki bilinmeyen sayısını artırarak bir şey yapılabilir.
Gerçekten işte bu da üçüncü yöntem oluyor.
Burada şöyle: Bize z eşittir x y verilmişti.
Bi de bu kısıtlama var.
Şimdi bu kısıtlamayı buraya eklersek ama sıfır olarak,
x artı y eksi p diye düşünelim.
x y'den eksi olarak sıfırı çıkarırsak veyahut
eklersek nasıl baktığınıza bağlı bu sefer üç bilinmeyenli bir denklem elde ediyoruz.
Bi üç bilinmeyenli bir fonksiyon elde ediyoruz.
x'in y'nin ve bu sıfırı çarpan katsayının.
Çünkü bunu bi şeyle çarpmamız lazım çünkü sıfırı neyle çarparsanız gene
sıfır olacak.
Dolayısıyla burada bir serbestlik, esneklik var.
Demek ki problemi burada kısıtlaması olmayan, çünkü burada kısıtlamayı içeriyor
bu yeni fonksiyon ama değişken sayısı üç olan bir probleme genişlettik.
Şöyle düşünebiliriz: İlk yaklaşımda
iki boyutlu uzaydan çünkü x ve y serbest bağımsız değişkenleri vardı.
Bi tanesini kısıtlamayı kullanarak azalttık ve
tek boyutlu uzaya indirgedik yani daralttık uzayı.
İkinci yöntemde daraltmadık.
Aynı bıraktık.
Burada ise uzayı genişlettik.
İki boyuttan üç boyuta genişlettik.
Yapay da görseniz yeni bir bilinmeyen, yeni bir değişken ekleyerek.
Şimdi burada demek ki artık kısıtlama kalmadı.
Kısıtlamayı içeriyor bu yeni fonksiyon.
Bu fonksiyonun uç değerlerini bulmak demek,
bunun birinci türevlerinin sıfır olması demek.
g'nin bu büyük g fonksiyonu dedik buna, x'e göre türevi sıfır,
y'ye göre türevi sıfır, landa'ya göre de değeri sıfır.
Landa'ya göre e türev fevkalade basit çünkü landa
burada doğrusal olarak kendi başına görünüyor.
Dolayısıyla landa'ya göre türevi aldığımız zaman bu
kısıtlamadan başka bir şey çıkmıyor.
Dolayısıyla kısıtlamayı burda tekrardan elde ediyoruz.
Ama burada gördüğünüz gibi bilinmeyen sayısını artırdık ama
buna karşılık denklemlerimiz çok basitleşti.
Bu üç bilinmeyenli daha basit denklemlerden hemen görürüz.
Burdan y'nin landa x'in de landa olduğunu anlıyoruz.
Burdan x'e y'nin eşit olduğunu buluyoruz.
x'le y eşitse bunları bu üçüncü denklemde yerleştiriyoruz.
Burdan da x'in ve y'nin teker teker p bölü iki olduğunu görüyoruz.
Şimdi demek ki üç değişik yöntem yaptık.
Şimdi bun, bunlardan hangisini kullanalım?
Bu landa'ya lagrange çarpanı deniyor.
Dolayısıyla yöntemlerden bir tanesi burada incelediğimiz yöntem
kısıtlamalar altında uç değerler ve lagrange çarpanı.
Şimdi sizi bir yere oturtsalar dar böyle,
uzayınızı daraltsalar biraz sıkıntı olabilir.
Burda uzayı genişletiyorsunuz.
Daha bir ferah uzaya getiriyorsunuz gibi bakabilirsiniz.
İşte bu lagrange yöntemi hesapların en kolay yapılabildiği yöntemdir.
Bunun eşdeğerleri var, bu örnektede gördüğümüz gibi ama örnek çok
basit olduğu için kısıtlama çok basit, buradan y'yi hemen x cinsinden bulabildik.
Ama düşününüz ki burası karışık bir denklem olsaydı,
burdan y'yi x cinsinden çözemeyebilirdik.
Çözemeyince de ikinci yöntemi ve birinci yöntemi kullanamazdık.
Geriye sadece bu lagrange yöntemi kalırdı.
Onun için lagrange yöntemi önemli.
Bazı durumlarda, çok basit problemlerde her üç yöntem de kullanılabilir.
Hatta ilk ikisini daha kolay bile görebilirsiniz.
Ama gerçek problemlerde y,
verilen kısıtlamadan y'yi x cinsinden çözmek pek kolay olmaz.
Onun için bu lagrange yöntemi önemlidir.
Bir örnek daha yapalım.
Bunu ama ödev olarak yolunu gösterip sizin bulmanızı istiyorum.
Toplamları bir ve karelerinin toplamı da en
küçük olan iki sayıyı bulalım istiyoruz.
Bunu biraz önce yaptığımız gibi tek değişkenli fonksiyona indirgemeyle,
zincirleme türev kuralını kullanarak iki değişkenli ve
lagrange çarpanını kullanarak üç değişkenle bulmak istiyoruz.
Bu problemin bir eş anlamıda var.
x artı y eşittir bir bir doğru.
Düzlemde bir doğru.
Burdan koordinat denkleminin,
koordinat takımının başlangıcına en kısa yolu düşünürsek x kare artı y karedir.
Bu çizgi üzerinden merkeze uzaklık x kare artı y karedir.
Bu da kısıtlama.
İşte bunun da, gene burada da çok basit bir denklem var kısıtlama olarak.
Burdan y'yi çözebiliriz x cinsinden.
Dolayısıyla birinci ve ikinci yöntemleri uygulamak mümkün olur.
Ama bunu birde lagrange çarpanıyla yapmak istiyoruz.
Kolaylıkla da bulabileceğiniz gibi x ve y birbirine eşit çünkü problem simetrik.
x ve y aynı yapılarda görünüyor her iki denklemde de.
Bunların toplamı da e,
bir olduğu için her ikisi de bir bölü ikişer oluyor.
Bir bölü ikinin karesi bir bölü dört artı bir
bölü ikinin karesi gene bir bölü dört toplam bir bölü iki çıkıyor.
Bunu sizin de çok kolay yapabilmeniz mümkün.
Burada geometri gösteriliyor.
Bakınız z eşittir x kare artı y kare bir paraboloid, yukarıya bakan bir paraboloid.
Bunun düzlemdeki eş, eşit değer çizgilerine bakarsak, yani yataydaki
düzlemle kesitlerine bakarsak, öyle aynı merkezli çemberler çıkacaktır.
x artı y eşittir bir doğrusuna bakarsak da,
gene bu eğimi eksi bir olan x eşittir sıfırda y eşittir birden,
y eşittir sıfırda x eşittir birden geçen doğru bunu gördüğünüz gibi buda e,
z eşittir bir bölü iki eşit değer çizgisine teğet oluyor.
Gene benzer olarak burdan y'yi çözseniz x cinsinden
yerleştirince elde edeceğiniz fonksiyon böyle bir parabol.
Bunun diğer problemden şöyle bir farkı var.
Bir önceki probemde de gene böyle ikinci derece fonksiyonlar oluşmuştu.
Doğrusal bir kısıtama fonksiyonu vardı ama onda en büyük değeri arıyorduk.
Burada ise en küçük değeri arıyoruz.
Bu da tabi uç değer dediğimizde zaten en küçük ve en
büyük değerlere verilen ortak ad.
Şimdi lagrange çarpanı yönteminin
niye çalışıyor, niye anlamı nedir bunu belirlemeye çalışalım.
Geometrik yorumu şöyle: Bize veriliyor z eşittir x ve y'nin fonksiyonu.
Bir iki bilin, iki değişkenli bir fonksiyon.
Birde x'le y arasında da bir kısıtlama veriliyor sıfır olarak,
her zaman bu kısıtlamayı belirleyebiliriz.
Gene burada görüyorsunuz her zaman karmaşık bir fonksiyon olsa bu g,
y'yi x cinsinden çözemeyebiliriz onun için
lagrange yöntemi en işlerliği olan yöntemdir.
Biz buradan verilen bu fonksiyona, dan bir
sıfır çıkararak dolayısıyla sayısal değeri değişmeyen yeni bir fonksiyon üretiyoruz.
Bu fonksiyon ise üç değişkenli.
Bu üç değişkenli fonksiyonun landa'ya göre türevi bize bu
kısıtlamadan başka bir şey değil bu.
Onu tekrar üretiyor.
Bu da iyi bir şey çünkü tutarlı olduğunu gösteriyoruz.
Görüyoruz.
Bu üç değişkenli fonksiyonun x'e göre türevini alıyoruz, sıfırlıyoruz
Bakınız x'e göre türevini alınca, f'nin x'e göre türevi eksi landa değişmiyor.
Çünkü x'e göre türev alıyoruz.
g'nin x'e göre türevi ve bunları benzer işlemi de y'ye
göre türev yapınca gördüğünüz gibi üç bilinmeyen üç denklem oluşuyor.
x, y ve landa bilinmeyenleri için bir tanesi kısıtlama denklemi olan diğer ikisi
de bu üç değişkenli fonksiyonun x ve y'ye göre türevlerinden oluşan iki denklem.
Şimdi bu ikinci ve üçüncü denklemi birleştirirsek bakınız burada e,
landalı terimi sağa alalım.
f'nin x'e göre türevi, f'nin y'ye göre türevi.
Bunları bileşen olarak düzenlersek bu gradyan f oluşur.
Sağ tarafta da landa çarpanı dışında g'nin x'e göre türevi birinci bileşen.
g'nin y'ye göre ikinci türevi ikinci bileşen olmak üzere gradyan g olur.
Şimdi hemen şu bilgiyi veriyor bize: Gradyan f'nin dersin ilk kısmında gördük
anlamı şudur: Bu eşit değer çizgiden f x y eşittir
bir sabit koyduğunuz zaman her zaman o sabitlere dik doğrultuyu verir.
Gradyan g de zaten burada g x y eşittir sıfır bu
eğriye dik olan bir vektör.
Şimdi bunları çizersek şematik olarak,
f x y herhangi bir c değerine eşit olduğu zaman böyle bir eğri olsun.
g x y gene böyle bir eğri.
Tabii c keyfi olduğu için f x y eşittır c bir,
c iki sonsuz tane böyle eğri çizebilirsiniz.
Ama bunlardan bir tanesi veya birkaç tanesi,
sonlu sayıdaki olanı g x y'ye teğet olacak.
Çünkü bu birleşim noktasında, bu ikisinin değdiği noktada ancak bu gradyan g'yle
gradyan f'nin gösterdikeri vektörlerin paralel olduğunu görüyoruz.
Çünkü bir vektör bir başka vektörün bir katıyla bir
sayıyla çarpılmasına eşdeğer geliyorsa bu iki vektör birbirine paraleldir.
Dolayısıyla lagrange çarpanı yönteminin anlamı bu.
Verilen f fonksiyonunun gradyanıyla g fonksiyonunun gradyanının
birbirine paralel olduğu yerlerde çözüm oluşuyor.
Tabi birden fazla çözüm de oluşabilirdi mesela bu eğrinin düşününüz böyle
gidiyor tekrar geliyor bir daha teğet olabilirdi veya burada bir başka fxy
eşittir c'ye teğet olabilirdi ama sonlu sayıda çıkardı.
Çok istisnai bir durum olarak bu bu yüzeyin içinde bir eğriyse o zaman zaten
yapacak bir şey yok Sonsuz çözüm çıkardı o zaman ama bu çok istisnai bir şey.
Şimdi Lagrange yönteminin zincirleme türevle
eşdeğerliğini de düşünelim çünkü aynı problemi zincirleme türevle de
çözebiliyoruz Lagrange çarpanıyla da çözebiliyoruz.
Bakınız Lagrange çarpanıyla f'nin x'e göre tam türevini alırsak bunu en büyük veya
en küçüğünü, uç değerini bulmak istiyoruz, dolayısıyla bu sıfır olmak zorundadır.
Bunun zincirleme türevi f'nin x'e göre kısmi türevi,
f'nin y'ye göre kısmi türevi ve y'nin x'e göre türevi bu uç değer olması nedeniyle.
Diğer tarafta g zaten sıfır dolayısıyla g'nin herhangi bir türevi de sıfır,
bunun sıfır olma nedeninin farklı olduğunu görüyoruz ama sonuçta bu da sıfır.
Bunun zincirleme türevinden x'e göre
kısmi türev y'ye göre kısmi türevle y'nin x'e göre çarpılması.
Şimdi bu iki denklemi birleştirirsek kısa yazılımla fx bunu y,
dy dx'i sağa alalım eksi fy kere dy dx olur.
Burada da dy dx var bakınız gx x'e göre kısmi türev
eşittir sağ tarafa alınca eksi işareti dy dx kere gy.
Bu ikisi arasındaki Lagrange yöntemine benziyor çünkü gradyan f gradyan g'ydi.
Buradan dy dx'i çözersek, ve lambdayla
karşılaştırırsak lambdanın buradaki kısmi türevlerle ilişkisini buluyoruz.
Yani bu kavramsal olarak zincirleme türevin eşdeğeri, fakat
işlemsel olarak zincirleme türevi yapmak pek çok halde ve gerçek problemlerde
hemen hemen mümkün değildir çünkü y'yi x'in fonksiyonu olarak bilmemiz lazım.
Pek çok problemde bu bilinmez sadece x'le y arasında bir kapalı
fonksiyon ilişkisi bulunur, o bakımdan uygulanamaz ama yapılan işlem bu
bilinseydi kavramsal olarak lambdanın böyle bir anlamı olduğunu görüyoruz.
Bu bir tekrar oluyor
bu f eşittir
xy birinci örnekte bunun sabit değerleri için
mesela bir için bu hiperbol çifti, bu ve buradaki eksi
bir için bu hiperbol çifti, dört için bu hiperboller tabi iki
üç arada hepsi de var ama burada çizimi fazla karıştırmamak için böyle yapıyoruz.
x artı y eşittir birde bir doğru hakikaten çözümün
oluştuğu noktanın da bir bölü iki olduğunu biliyoruz ve işte burada
bu noktada f fonksiyonunun bir herhangi bir değeri
mesela buna teğet değil bizim kısıtlamamız z'nin ancak bir
değerinde bu çözüm oluşuyor bu çözümün oluştuğu nokta da bu her
iki çizginin dik vektörlerinin aynı doğrultuda olması.
Bu doğrunun dik vektörü tabi ki doğruya dik vektör bu
hiperbol eğrisinin dalının dik
vektörü de gene bakınız gördüğünüz gibi bu şekil makul bir ölçeklilikle
tutarlılıkla çizildiği için bunların ikisinin de aynı yönde olduğunu görüyoruz.
İkinci problemde de z eşittir x kare artı y kare vardı bunun eşit
değer çizgilerinin öyle değişik z eşittir bir bölü dört
bir bölü iki gibi çeşitli değerlerde çemberler olduğunu görüyoruz.
Kısıtlama çizgisi de kısıtlama koşulu da x artı y eşittir bir,
o da bu doğru gerçekten de görüyorsunuz ki çözümün oluştuğu noktada bu doğru
bir eşit değer çizgisine teğet oluyor.
Bu nitekim bu noktada iki dik vektör aynı yönde oluşur bu da anlamı oluyor.
Size bir ödev veriyorum,
alanı altı olan bir levhadan tabanı kare olan
en büyük hacimli dik prizma biçimindeki kapalı kutuyu yapmak istiyoruz.
Bu kutunun boyutları ne olmalıdır.
Bunu basit geometriden düşünebilirsiniz dik prizmalar içinde yan yüzeyi
aynı olanların arasında en büyük hacim küpünküdür.
Burada gene sözel problemden matematik diline geçişi yapalım.
Uç değeri bulunacak fonksiyon tabanı kare olduğu için kare
tabanına boyutlarına x diyelim tabanı xx olan kare
bu x kare yüksekliğini bilmiyoruz y olsun, bu da y.
Bu uç değeri bulunacak fonksiyon ama bu hiç kısıtlamasız değil,
hiç kısıtlamasız olsa sonsuz çıkar gene, dolayısıyla anlamlı bir problem olmaz.
Hayatta da yaşamda da zaten kısıtlamalar olmayınca iş dağılır gider.
Doğada da böyle insan yaşamında da böyle verdiğimiz kararlarda da
böyle ekonomide de böyle kısıtlamasız optimizasyon yok.
Bu kısıtlama fonksiyonunu düşünelim kısıtlama fonksiyonu nedir,
yan yüzeyleri bu karenin üzerine inşa edilmiş demek ki
dört tane bunlardan var bu yüzeylerin tabanı x,
yüksekliği y, dört tane bunlardan var.
İki tane de alt ve üst kapak var bunlar da kare her biri
x kare olduğu için iki tane alt üst kapağı koyunca da iki x kare, bunlar da altıya
eşit olsun diyoruz ve bunu kısıtlamayı gxy eşittir sıfıra getirebilmek
için altıyı sola aldığımız zaman bu da kısıtlama fonksiyonumuz oluyor.
Tabi bunu gene başka türlü ilk yöntemler gibi yapabiliriz
ama burada esas yapmak istediğimiz artık Lagrange çarpanına alışmamız.
Zaten biliyoruz geometriden bunun bir küp çıkacağını x eşittir y eşittir
bir olacaktır, bu durumda da hacim gene bir olacaktır
ve gerçekten de x eşittir y eşittir bir koysanız buradan da altı
olduğunu görüyorsunuz iki artı dört altı eksi altı eşit sıfır.
Şimdi biraz daha karışıkça bir fonksiyonlar alalım
ki Lagrange çarpanı yönteminin uygulanabilirliğini görelim.
Şimdi böyle bir fonksiyon olsa buradan y'yi kolay çözemezsiniz var
aslında kübik denklemin çözümü ama bunu uygulamak filan fevkalade zor
dördüncü kuvvet olsa hele hiç çözüm yapamazsınız.
Böyle bir fonksiyonun koordinat denkleminin başlangıcına olan
en yakın noktasını bulmak istiyoruz ve bunun uzaklığını belirlemek istiyoruz.
Şimdi bir kere bu eğri üzerindeki herhangi bir noktanın
koordinatları x ve y dersek bunların nerede olduğunu bilmiyoruz
çünkü x ve y serbest değişkenler x kare artı y karedir bunun koordinat denkleminin
başlangıcına uzaklığının karesi ama karesinin en büyüğünü bulmak
da kendisini bulmak aynı şey onun için karekökle uğraşmamak için uzunluk desek
karekökünü de almak lazım ama mesela bu luzumsuz karıştıracağı için uğraşmıyoruz.
Ama böyle de bir kısıtlamamız var diyoruz ki x ve y
düzlemde herhangi bir noktada değil bu eğrinin üzerinde.
Bu da kısıtlamamız demek ki x ve y bu
eğrinin üzerinde bulunmaları demek bu denklemi sağlamaları demek.
Dolayısıyla bu fonksiyonun gradyanını aldığımız zaman
iki x eşittir lambda kere bunun gradyanı ikinci bileşeni
de iki y bunun ikinci bileşenine eşit gradyanın ve buradaki
problemi çözersek x eşittir y eşittir üç buluyor gene buralarda bu hesapla
uğraşmayın diye çok basit hesabı olacak problemleri seçtik ki hesap karışıklığı
ana yöntemi içselleştirmenizi anlamanızı engel olmasın diye.
Burada yerleştirmeyle buradan y'yi çözeceksiniz götürüp
burada yerine koyacaksınız garip bir fonksiyon çıkacak bu mümkün aslında çünkü
kübik denklemin çözümü var ama dördüncü kuvvetler olsaydı onu hiç yapamazdınız.
Burada işte görüyoruz ki Lagrange yöntemi tek çözümdür bu durumlarda
Şimdi biz Lagrange denklemini daha yöntemini daha
çok değişkene genişletmek isteyebiliriz çünkü biz burada sadece
iki değişkenli fonksiyonlar için yaptık ve şu sonuçları bulduk.
Üç bilinmeyen x y z var x y lambda var ve çünkü
x ve y'yi bilince z'yi buluyoruz orada sorun yok ama lambda da bilinmeyenimiz.
Bunun için de üç denklem var bu gradyanlardan iki
denklem bir de bu kısıtlamanın kendisinden üçüncü denklem.
İki bilinmeyenli iki değişkenli fonksiyonda sadece bir kısıtlama
yapabiliriz ikinci bir kısıtlama getirseniz artık bir hareket edecek hali
kalmaz çünkü bu sefer x y z'yi çok fazla kısıtlamış olursunuz
veyahut bunun gibi iki denklem buradan gelecek
buradan da bir iki tane bir kısıtlama gelirse bu problemin çözümü olmaz.
Burada üç bilinmeyenle üç denklem çözebiliyoruz bunu çünkü
burada bir de h x y olsaydı bizim üç
bilinmeyenimiz var z x y burada bir denklem
burada bir denklemde daha burada da üçüncü denklem üç bilinmeyenli üç denklem bu
çözülürdü bir artık optimize edecek en iyiyi arayacak bir esneklik kalmazdı.
Dolayısıyla iki değişkenli fonksiyonlarda sadece bir kısıtlama yapılabilir,
ama üç değişkenli problemler var n değişkenli problemler de var.
Eğer fonksiyonumuz x y z'nin fonksiyonuysa yani
üç bağımsız değişken varsa burada bir veya iki kısıtlama getirebiliriz.
İki bağımsız değişkenlide en fazla bir kısıtlama olabilir aksi takdirde
x y z'yi bu iki kısıtlamayla birlikte çözeriz artık bir esneklik kalmaz.
Burada bir kısıtlama koyduğumuz zaman problem bunun genellemesi oluyor üç
boyuttaki gradyan yani x'e göre y'ye göre z'ye göre türevler,
kısmi türevler üç denklem burada var.
Lambdaya göre türevden de bu kısıtlama denklemi çıkıyor bu da dördüncü denklem.
E dört bilinmeyenimiz var x y z ve lambda.
Dört bilinmeyenden bu dört denklemi çözeriz.
w bir bilinmeyen değil x ve y belli olunca hemen w'yi hesaplıyoruz.
Ama bu çeşit problemlerde yani w'nin x y ve z'ye bağlı olduğu üç
bağımsız değişkenli problemde bir ikinci kısıtlama da getirebiliriz.
Şöyle ki G x y z eşittir sıfır H x y z eşittir sıfır
gibi ikinci bir kısıtlama getirsek bu gene çözülebilir çünkü gene gradyan,
fakat burada yapacağımız gradyan F'nin lambda kere gradyan
G ve mu kere gradyan H'dan oluşması yani burada
üç denklem çünkü gradyan F'nin x y z'ye göre kısmi türevleri var.
G x y z bir denklem dört, bir de H beş.
Gerçekten de beş bilinmeyenimiz var x y z lambda ve mu, bu beş denklemi çözeriz.
Bir üçüncü kısıtlama getirsek bu mümkün olmaz çünkü üçüncü kısıtlamayı koysak
x y z bilinmeyenler w de bunlar x ve z bilinirse w biline,
bulunacak ama bir esneklik kalmaz çünkü üç tane de kısıtlamamız var
demek x y z yanısıra bir
de w var o zaman burada dört bilinmeyeni
gerçekten bunun x y'ye göre bilinmeyenlerini çözdüğümüz
zaman üç kısıtlama denklemi de olunca artık bu bilinmeyenleri
x y z ve lambdayı bu denklemlerden çözebiliriz fazla kısıtlama olmuş olur.
Dolayısıyla en genel halde n değişkenli bir fonksiyonda
n eksi bire kadar kısıtlama koyabiliriz ama n tane kısıtlama koyamayız
nasıl ki n'yi iki aldığımız zaman sadece n eksi bir yani bir tane kısıtlama,
n'yi üç aldığımız zaman en fazla iki tane kısıtlama olabilir,
ama daha az da olabilir.
Burada bir örnek veriyorum basitçe bir
fonksiyon yani üç bağımsız değişkenle tanımlanan bir fonksiyon
ve bu küre üzerindeki yani x kare artı y kare artı
z kare eşit bir onu bir bölü ikiye böldükten sonra küresi üzerindeki
uç değerlerini bulmak istiyoruz yani bir kısıtlamalı problem.
Bu kısıtlılık altında bir uç değer problemi olarak görebildiğimiz gibi bir
mutlak uç değer problemi olarak da bakabiliriz çünkü mutlak iç
değer probleminde de bu sınırdaki, sınır üzerindeki en küçük değerleri buluyoruz.
Buradaki neyse,
belki biraz düşünmenizi tavsiye ederim ama fazla da saplanıp kalmayın.
Bu, yani mutlak değer problemleriyle de
bir ilişkisi olduğunu burada hatırlatıyorum.
Problemin gradyan F eşittir lambda kere gradyan G olacak
bir de kısıtlama var bilinmeyenlerimiz x y z ve lambda, dört tane de denklemimiz
var üç tane bu gradyanlardan gelen denklem bir de bu kısıtlamadan gelen dördüncü
denklem dört bilinmeyen de x y z lambda problem çözülür.
Burada bunun adımlarını veriyorum yani burada önemli olan bu artık bundan sonra
cebirsel denklemleri çözmekte bir zorluk yok ama pratik zorluk var işte dört
denklemimiz gradyan F'nin lambda kere gradyan
G'ye eşit olmasından birinci bileşen, ikinci bileşen,
üçüncü bileşen, dördüncü denklem de kısıtlamanın sıfır olması.
İşte buradaki bu dört denklemden dört bilinmeyeni çözeriz
bunların çözülmesi çok zor değil zaten problem de gene her zamanki gibi basit
fonksiyonlarla çalışalım ki zor hesaplar altında ezilip
ana kavramı öğrenmemezlik etmeyelim diye.
Bu problemin çözümünü burada veriyorum işte bu verilen
bayağı uzunca da sürebilir bu ama bir simetriler de var bu simetrileri
de kullanarak burada mesela y ile z arasında bir simetri var buradan çeşitli
çözüm aileleri oluşuyor ve buradan oldukça zengin bir çözüm de bulunuyor.
Şimdi bu kısıtlama altındaki uç değer
probleminden mutlak uç değer problemine çözüm üretilmesi de mümkün çünkü mutlak uç
değer probleminde şunu diyorduk you bölgenin içinde oluşur you sınırda oluşur.
E zaten bu kısıtlamayı kullanmak sınırdaki değerleri aramak demektir.
Kısıtlamayı kullanmadan bulunan uç değerler de bölgenin içindekilerdir.
Dolayısıyla burada kısıtlama eğer bir sürekli fonksiyon olarak veriliyorsa
bu mutlak uç değer probleminin de eşdeğeri olduğunu görüyoruz.
İşte bu örneği bu şekilde devam ettirince probleme
bir mutlak uç değer problemi olarak baktığımızdaki sonucu buluyoruz.
Burada mutlak uç değer problemi çünkü bir kapalı bölgemiz var bu
başlangıçta verilen kürenin içi ve sınırı.
Lagrange yönteminde sadece sınırdaki değerlerle ilgileniyoruz çünkü
kısıtlama altında, ama kısıtlama olmadan da bölge içindeki uç değerleri bulabiliriz
bunların karşılaştırmasından da mutlak uç değeri buluyoruz.
İşte burada mutlak uç değerle Lagrange yöntemi
arasındaki ilişkiyi de görmüş oluyoruz.
Bir ödev veriyorum gene denklem basit sadece
kavramsal olarak öğrendiğimiz şeyleri gene bir
uygulamayla canlandırmak için burada biraz daha basit bir kısıtlama.
Bu bir düzlem gördüğünüz gibi yani problemin sınırı şöyle, bu fonksiyon
verilmiş bu üç değişkenli bir fonksiyon yani dört boyutlu uzayda bir yüzey.
Bunu bu düzlemle kesiyoruz.
İşte bunun oluşan sınırında geometrisini anlamak gittikçe tabi
zorlaşıyor üç boyutun ötesine geçince ama mekanik olarak yapılacak işlem aynı.
E, bu Lagrange çarpanı yontemiyle
gradyan f landa kere gradyan g olacak.
Buradan üç denklem bulacağız.
Bir de kısıtlamanın kendisi dört denklem.
Bilinmeyenlerimiz de x, y, z ve landa.
Bu problemi çözmek çok zor değil.
Gene bir ödev problemi var.
Gene bunun hesabı gittikçe maalesef zorlaşıyor.
Ama kavramda bir zorluk yok.
Yani aynı fonksiyonun, birincisi aynı olan kısıtlama, ikincisi de ilk problemde
aldığımız kısıtlama olmak üzere yani iki kısıtlamalı üç bağımsız değişkenli
bir problemde uç değeri arıyoruz yani Lagrange yöntemiyle.
Problem basit.
İşte gradyan f eşittir landa kere gradyan g, nü kere gradyan ha.
Burdan üç denklem var.
Birinci kısıtlama buradaki denklem, ikinci kısıtlama buradaki denklem.
Demek ki beş denklem oluyor.
Beş de bilinmeyenimiz var.
x, y, z, landa ve nü.
Bu denklemler şunlar: Gradyan f'yi düşünduğümüz zaman
bakınız buradan x kare var.
Başka x'e göre türev yok.
x kare eşittir landa kere, buna g dediğimiz için bunun x'e göre türevi bir.
Sadece landa var ve bunun x'e göre türevi iki x.
İki nü var.
İki nü kere x.
Benzer olarak bunun y'ye göre türevini aliyoruz.
Sadece z, eşit olacak landa kere e, birinci kısıtlamanın
y'ye göre türevi, o da bir.
Bakınız burada sadece landa görünüyor.
İkinci kısıtlamanın y'ye göre türevi iki y.
Ama bu da nü ile çarpılıyor.
Üçüncü örnek, üçüncü denklemde de z'ye göre kısmi türev.
Sadece y geliyor.
Burda gördüğünüz bu denklem var.
İşte bura, iki de kısıtlamayi koyunca gördüğünüz gibi beş denklemimiz bunlar.
Üçü kısmi türevlerden geliyor.
İkisi de verilen kısıtlamalar.
Bu problemde tabi bilinmeyen sayısı daha çok verilen kısıtlamalar.
Ve daha da e, biraz daha zorlaşıyor çün,
denklem sayısı arttıgı için ama, bu problem o kadar
kolay sayılarla seçildi ki hemen çözüm mümkün olabiliyor.
Burda x'le y, y ve z farklı yapıda ama y'yle z aynı yapıda.
Burada da hakkaten y ile z'nin aynı değerlerde olduğunu ve
birden fazla uç değer olduğunu görüyoruz.
y ile z eşit ama x'e eşit değil.
Gerçekten bu y ve z değerlerini kullanırsanız bu
koşulları da sağladığımızı göreceğiz.
Şimdi burada Lagrange yontemini bitirmiş oluyoruz.
Hatırda kalması gereken şey
Lagrange yonteminde bilinmeyen sayısını artırıyoruz.
Buna karşılık uzay genişlediği için daha basit denklemler elde ediyoruz.
Ve bu yöntemin üstünlüğü e,
kısıtlamadan herhangi bir değişkeni diğerleri cinsinden çözmemiz gereği yok.
Ve gerçek problemlerde de genelde kapalı bir fonksiyonla değişkenler arasında
bir bağıntı verilir ve bundan da çözmek pek kolay olmaz.
Ondan sonra yapılan iş Lagrange çarpanlarını getirdiğimiz
zaman problemin kısıtlamayı içeren,
daha yüksek sayıda değişkenle bir sade yerel uç değer problemine dönüşmesi.
Bundan sonraki problemimiz de değişimler hesabı olacak.
Bunu şimdilik açıklamayı erteliyorum ve buraya
geldiğimizde de göreceğiniz gene bir uç değer problemi.
Hoşça kalınız.
