Embed Size (px)
DESCRIPTION
çukurova üniversitesi ders notları
Citation preview
BBİİRDEN RDEN ÇÇOK OK
DEDEĞİŞĞİŞKEN KEN
DURUMUNDA DURUMUNDA
OPTOPTİİMMİİZASYONZASYON
22Şekil 2.1’i dikkate alalım. Maksimum nokta olan A ve minimum
nokta olan B’de z=f(x) fonksiyonunun bir durgunluk değeri
vardır. Bir başka ifadeyle, z ’nin bir uçdeğerinin (minimum ya
da maksimum) olabilmesi için, x değişirken dz=0 olmalıdır.
Ancak bu koşul tek başına bir minimum ya da maksimum için
yeterli değildir. Örneğin Şekil 2.1’de C noktasında dz=0 olmakla
beraber, bir uçdeğer oluşmamaktadır.
Birinci sıra koşula göre, f′(x)=0 olmalıdır. Bunu diferansiyel
denklem yoluyla şöyle ifade edebiliriz:
( ) 0 , 0dz f x dx dx′= = ≠
33ŞŞekil 2.1 Durgunluk Noktalarekil 2.1 Durgunluk Noktalarıı
z = f ( x )
A
B
C
0
z
0dz =
0dz =
0dz =
x
44
Şekil 2.1’de A noktasının soluna (dx<0) ve sağına (dx>0)
gidildiğinde her iki durumda da z’nin değeri azalmaktadır
(dz<0). Diğer bir ifadeyle, farklı x değerleri için d(dz)<0 ya da
d2z<0 ’dır diyebiliriz. d2z<0 koşulu, maksimum için ikinci sıra
koşulun (yeterlik koşulu) diferansiyelidir. Bunu şöyle
gösterebiliriz:
2
2
2 2
( ) ( ) 0 , 0
( ) 0
d dz dx d z f x dxdx dx
d z f x dx
′′= = < ≠
′′= <(+)(-)
55
d2z ifadesini açarak yazalım ve dx2(≡(dx)2) teriminin bir karesel
terim (dolayısıyla pozitif) olduğunu görelim.
[ ] ( )
( )
2
2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
d z d dz d f x dx df x dx
d z f x dx dx f x dx
′ ′= = =
′′ ′′= =
Dolayısıyla maksimizasyon için yeterli olan d2z<0 ikinci sıra
koşulu ile f′′(x)<0 eşdeğerdir.
66
Yukarıdaki incelemeyi şöyle genelleştirebiliriz :
( ) 0f x′′ ≤zz’’ninnin maksimumu imaksimumu iççin :in :
( ) 0f x′′ ≥zz’’ninnin minimumu iminimumu iççin :in :
ya da
2 0d z ≤zz’’ninnin maksimumu imaksimumu iççin :in :
2 0d z ≥zz’’ninnin minimumu iminimumu iççin :in :
77İki değişkenli bir fonksiyonu şöyle ifade edebiliriz :
( , )z f x y=
İkisi birden sıfır olmamak koşuluyla farklı dx ve dy değerleri
için dz=0 birinci sıra koşulu oluşturur. Fonksiyonun birinci sıra
toplam diferansiyelini yazalım:
0 , 0 , 0x ydz f dx f dy dx dy= + = ≠ ≠
Yukarıdaki koşul altında, diferansiyel denklemin sıfır olabilmesi
yani dz=0 olabilmesi için;
0yzfy∂
= =∂
0xzfx∂
= =∂
olmalıdır.ve
88ŞŞekil 2.2 ekil 2.2 İİki Seki Seççim Deim Değğiişşkenli kenli
Modelde MaksimumModelde Maksimum
z
x
y
A•
0
99ŞŞekil 2.3 ekil 2.3 İİki Seki Seççim Deim Değğiişşkenli kenli
Modelde MinimumModelde Minimum
z
x
y
B•
0
1010ŞŞekil 2.4 ekil 2.4 İİki Seki Seççim Deim Değğiişşkenli kenli
Modelde Eyer NoktasModelde Eyer Noktasıı
-10-50
510
-10
-5
0
5
10
-100
-50
0
50
100
-100
-50
0
50
100
C z
xy
1111
Yukarıdaki Şekil 2.2, 2.3 ve 2.4’ü birinci sıra koşul açısından
inceleyelim. Şekil 2.2’de A noktasında, Şekil 2.3’de B
noktasında ve Şekil 2.4’de C noktasında dz=0 birinci sıra koşulu
sağlanmaktadır. Bu noktalarda,
0z zx y∂ ∂
= =∂ ∂
0x yf f= = ya da
sağlanmaktadır. Ancak birinci sıra koşul uçdeğer için gerekli
olmakla birlikte yeterli değildir.
1212
Şekil 2.2 ve 2.3’te sırasıyla maksimum ve minimum oluşmasına
rağmen, Şekil 2.4’te bir eyer noktaseyer noktasıı oluşmaktadır. Şekil 2.4 at
eğerine benzemesinden ötürü bu biçimde adlandırılmaktadır. z ,
x ’e göre bir maksimum vermekle birlikte, y ’e göre bir
minimumdur.
Şimdi ikinci sıra koşuluna bakalım. Öncelikle ikinci dereceden
kısmi türev kavramını inceleyelim. z=f(x,y) fonksiyonunun iki
tane birinci dereceden kısmi türevi vardır:
,x yz zf fx y∂ ∂
= =∂ ∂
1313
y sabit kalırken, fx’in x’e göre türevi, x’in ikinci dereceden kısmi
türevidir.
2
2
( )xx
z x zfx x
∂ ∂ ∂ ∂= =
∂ ∂
Benzer tanımı y için de yapabiliriz. x sabit kalırken, fy’in y ’e
göre türevi, y ’nin ikinci dereceden kısmi türevidir.
2
2
( )yy
z y zfy y
∂ ∂ ∂ ∂= =
∂ ∂
1414
Ayrıca fx ve fy ‘nin hem x hem de y’nin birer fonksiyonu
olduğunu da göz önünde tutarsak, şu çapraz ikinci derece kısmi
türevleri de elde ederiz.
2
2
( )
( )
xy
yx
z y zfx x y
z x zfy y x
∂ ∂ ∂ ∂= =
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂ ∂= =
∂ ∂ ∂
Young Teoremi:
xy yxf f=
1515
ÖÖrnek 1:rnek 1: Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım.
3 25z x xy y= + −Birinci derece kısmi türevler :
23 5 , 5 2x yz zf x y f x yx y∂ ∂
= = + = = −∂ ∂
Bunların bir kere daha x ve y’e göre kısmi türevlerini alırsak,
ikinci dereceden kısmi türevleri elde etmiş oluruz.
2 2 2
2 26 , 2 , 5xx yy xy yxz z zf x f f f
x y x y∂ ∂ ∂
= = = = − = = =∂ ∂ ∂ ∂
16ÖÖrnek 2rnek 2 : Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım.
16
2 yz x e−=Birinci derece ve ikinci derece kısmi türevler :
2
2 22
2 2
2
2 ,
2 ,
2
y yx y
y yxx yy
yxy yx
z zf xe f x ex y
z zf e f x ex y
zf f xex y
− −
− −
−
∂ ∂= = = = −∂ ∂
∂ ∂= = = =∂ ∂
∂= = = −
∂ ∂
İİkinci Skinci Sııra Toplam Diferansiyelra Toplam Diferansiyel
dz ’nin diferansiyelini alarak, d2z ikinci sıra toplam diferansiye-
lini elde ederiz.
1717
2
2 2
2 2 2
( ) ( )( )
( ) ( )
2
x y x y
xx xy yx yy
xx xy yx yy
xx xy yy
dz dzd z d dz dx dyx y
f dx f dy f dx f dydx dy
x y
f dx f dy dx f dx f dy dy
f dx f dydx f dxdy f dy
d z f dx f dxdy f dy
∂ ∂= = +
∂ ∂
∂ + ∂ += +
∂ ∂
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= + + +
= + +
ÖÖrnek 3: rnek 3: fonksiyonunun birinci sıra ve ikinci
sıra toplam diferansiyellerini bulalım.
3 25z x xy y= + −1818
( ) ( )
2
2
2 2 2
2 2 2
3 5 , 5 2
3 5 5 2
2
6 10 2
x y
x y
xx xy yy
dz f dx f dy
f x y f x y
dz x y dx x y dy
d z f dx f dxdy f dy
d z xdx dxdy dy
= +
= + = −
= + + −
= + +
= + −
1919ŞŞekil 2.5 ekil 2.5 İİki Seki Seççim Deim Değğiişşkenli Modelde kenli Modelde
MaksimumMaksimum
-10-5
0
5
10
-10-5
05
10
-200
-150
-100
-50
0
-200
-150
-100
-50
0
Şekil 2.5’de kırmızı noktayla işaretlenen yerde birinci sıra
koşulların sağlanmış olduğunu varsayalım .
Eğer dx ve dy rasgele farklı değerler alırken, dz sürekli
azalıyorsa (yani d2z<0), bu noktada bir maksimum vardır
diyebiliriz. Tersi durumda bir minimum vardır. Ancak bazı
durumlarda d2z=0 olabileceğini de göz önünde bulundurarak,
genel kuralı şöyle yazabiliriz :
( 0)x ydz f f= = =
2020
z z ’’ninnin maksimum demaksimum değğeri ieri iççin :in :2 0d z ≤
2 0d z ≥z z ’’ninnin minimum deminimum değğeri ieri iççin :in :
2121
Uç değeri belirlemek için kullanacağımız yukarıdaki kuralı
şimdilik ispat vermeksizin ikinci derece kısmi türevler cinsinden
açık olarak yazalım.
2 2
2 2
0 , 0 , 0
0 , 0 , 0
xx yy xx yy xy
xx yy xx yy xy
f f f f f d z
f f f f f d z
< < > ⇒ <
> > > ⇒ >
2222
Şekil 2.5’de şeklin durgunluk noktasında çizilen doğu-batı ve
kuzey-güney yönlü oklardaki hareketler bu koşullarda fxx ve fyy
ikinci derece kısmi türevleriyle gösterilmektedir. Ancak dx ve dy
rasgele değişirken bir uç değerin garanti altına alınabilmesi
için, diğer olası yönlerde de dz’nin ya sürekli azalıyor
(maksimum için) ya da sürekli artıyor (minimum için) olması
gerekir. Bu, fxy çapraz türevi ile simgelenmiştir.
2323
Şimdi bir uç değeri belirlemek için kullanacağımız birinci sıra
ve ikinci sıra koşulları topluca aşağıdaki tabloda verelim.
Koşul Maksimum Minimum
Birinci Sıra Koşul
İkinci Sıra Koşul
0x yf f= = 0x yf f= =
2
0 , 0xx yy
xx yy xy
f f
f f f
< <
> 2
0 , 0xx yy
xx yy xy
f f
f f f
> >
>
2424
ÖÖrnek 4rnek 4 : fonksiyonunun uçdeğer-
lerini bulalım. Bunun için öncelikle fonksiyonun birinci derece
ve ikinci derece tüm kısmi türevlerini buluruz ve yukarıda
verdiğimiz tablodaki koşulları kullanarak uçdeğerin var olup
olmadığını sınayabiliriz.
3 2 28 2 3 1z x xy x y= + − + +
224 2 6 , 2 2
48 6 , 2 , 2
x y
xx yy xy yx
f x y x f x y
f x f f f
= + − = +
= − = = =
Birinci sıra koşul gereği fx ve fy denklemlerini sıfıra eşitleyelim,
x ve y için çözelim.
2525
* * *1 1 1
* * *2 2 2
0 , 0 , 0
1 1 23, ,3 3 27
x y z
x y z
= = =
= = − =
224 2 6 0
2 2 0
x
y
f x y x
f x y
= + − =
= + =
2626
Şekil 2.6’da bu fonksiyonun çizimi yer almaktadır. Yukarıda
bulduğumuz durgunluk değerlerini Şekil 6’da iki ayrı nokta ile
gösterdik. Bu noktalarda dz=0 olmaktadır. Şimdi de bu
noktalardaki durgunlukların birer uçdeğer oluşturup
oluşturmadıklarına bakalım. Bunun için, birinci sıra koşulları
sıfıra eşitleyerek bulduğumuz x* ve y* değerlerini, ikinci derece
türevlerini değerlendirmede kullanırız ve ikinci sıra koşulların
işaret incelemesini yaparız.
2727
6 02 0
2
xx
yy
xy
ff
f
= − <
= >
=
Bu nokta, bir
eyereyer noktasıdır.
2
2
10 02 0
2
20 , 4
xx
yy
xy
xx yy xy
xx yy xy
ff
f
f f f
f f f
= >
= >
=
= =
>
* *1 10 , 0x y= =
* *2 2
1 1,3 3
x y= = −Bu nokta, bir minimumminimumnoktasıdır.
2828ŞŞekil 2.6 Uekil 2.6 Uççdedeğğerin Belirlenmesi (erin Belirlenmesi (ÖÖrnek 4)rnek 4)
-0.5
-0.25
0
0.25
0.5
-0.5
-0.25
0
0.25
0.5-1
0
1
2
-0.5
-0.25
0
0.25
0.5
xy
z
3 2 28 2 3 1z x xy x y= + − + +
* * *2 2 2
1 1 23, ,3 3 27
x y z= = − =
* * *1 1 10 , 0 , 0x y z= = =
2929
ÖÖrnek 5rnek 5 : fonksiyonunun uçdeğerlerini
bulalım. Örnek 4’de uyguladığımız yöntemi burada da
kullanalım.
22 x yz x ey e e= + − −
2
1 0
2 2 0
xx
yy
f e
f e e
= − =
= − =* * *10 , , 1
2x y z= = = −
2
2
2
1 0
4 4 0
0
4 , 0
xxx
yyy
xy
xx yy xy
xx yy xy
f e
f e e
f
f f e f
f f f
= − = − <
= − = − <
=
= =
>
* * 10 ,2
x y= =Bu nokta, bir maksimummaksimumnoktasıdır.
3030ŞŞekil 2.7 Uekil 2.7 Uççdedeğğerin Belirlenmesi (erin Belirlenmesi (ÖÖrnek 5)rnek 5)
-1-0.5
0 0.5 1
-1
-0.5
00.5
1
-6
-4
-2
0
-6
-4
-2
0
xy
z
22 x yz x ey e e= + − −* * *10 , , 1
2x y z= = = −
•
ÖÖrnek 6a:rnek 6a: fonksiyonunun uçdeğerlerini
bulalım.
3 213( )x x yz e − + −=
3131
( )
( )
3 213
3 213
( )2
( )
1 0
2 0
x x yx
x x yy
f x e
f y e
− + −
− + −
= − =
= − =
* * *
* * *
1 , 0 , 1.95
1 , 0 , 0.51
x y z
x y z
= = =
= − = =
3232
( ) 3 213
2 ( )21 2 x x yxxf x x e − + −⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦
23
23
*
*
*
*
12
0
12
0
xx
xx
xf e
y
xf e
y−
= −→ =
=
=→ = −
=
23
23
*
*
*
*
12
0
12
0
yy
yy
xf e
y
xf e
y−
= −→ = −
=
=→ = −
=
3 213( )24 2 x x y
yyf y e − + −⎡ ⎤= −⎣ ⎦
3333
*
*
*
*
10
0
10
0
xy
xy
xf
y
xf
y
= −→ =
=
=→ =
=
( ) ( )3 21
32 ( )21 2 x x y
xy yxf f x y e − + −= = − −
3434
( ) ( )
( ) ( )
23
2 23 3
23
2 23 3
2
2
( , , ) ( 1,0,0.51)
2 0
2 2 0
( , , ) (1,0,1.95)
2 0
2 2 0
xx
xx yy xy
xx
xx yy xy
x y z
f e
f f f e e
x y z
f e
f f f e e
= −
= >
> → − <
=
= − <
> → − − >
Bu nokta bir eyer noktasıdır.
Bu nokta bir maksimum noktasıdır.
3535ŞŞekil 2.8 Uekil 2.8 Uççdedeğğerin Belirlenmesi (erin Belirlenmesi (ÖÖrnek 6a)rnek 6a)
-2-1
01
2
-2
-1
0
1
2
0
0.5
1
1.5
-10
12
-1
0
1
2
3 213( )x x yz e − + −=
•
•
ÖÖrnek 6b:rnek 6b: fonksiyonunun uçdeğerlerini
bulalım.
( ) ( )4 42 3z x y= − + −3636
34( 2) 0xf x= − =* * *2 , 3 , 0x y z= = =34( 3) 0yf y= − =
212( 2) 0xxf x= − =
0xyf =
212( 3) 0yyf y= − = 2 0d z =* *2 , 3x y= =
Bu durum, uçdeğer sınaması için şu ana kadar kullandığımız
koşulları sağlamamakla birlikte, noktasında
bir minimuma sahiptir.
* * *2 , 3 , 0x y z= = =
3737ŞŞekil 2.9 Uekil 2.9 Uççdedeğğerin Belirlenmesi (erin Belirlenmesi (ÖÖrnek 6b)rnek 6b)
-1000
-500
0
5001000
-1000
-500
0
500
10000
5×1011
1×1012
1.5×1012
2×1012
0
5×1011
1×1012
1.5×1012
2×1012
x
yz
( ) ( )4 42 3z x y= − + −
* * *2 , 3 , 0x y z= = =
•
d2z teriminin işaretinin pozitif mi, negatif mi olduğunu
belirlemek için, karesel biçim kavramını kullanarak, iki ya da
daha çok seçim değişkeninin yer aldığı modellerde uçdeğer
sınamasını daha kolaylıkla yapabileceğimiz kurallara
ulaşacağız.
Önce biçim ve karesel biçim kavramlarını tanıyalım.
Her bir terimin aynı derecen olduğu polinoma, biçim diyoruz.
Örneğin 4x-9y+z polinomu, üç değişkenli doğrusal bir biçimdir.
4x2-xy+3y2 polinomu da, ikinci dereceden (karesel) bir biçimdir.
3838
Şimdi ifadesini karesel biçim
çerçevesinde inceleyelim. Şu kısaltmaları kullanalım:
2 2 22xx xy yyd z f dx f dxdy f dy= + +3939
2 , , ,,
xx
yy xy yx
q d z u dx v dy a fb f h f f≡ ≡ ≡ ≡
≡ ≡ =
Anımsarsak, ikinci sıra uç değer koşula göre, dx ve dy ’nin
kendisinin ve değişimlerinin hangi değer aldıklarından
bağımsız olarak, bir minimum için d2z>0, bir maksimum için
d2z<0 olmalıdır. Bu durumda, q>0 ya da q<0 elde edebilmek için,
u ve v herhangi değerler alabilirken, a, b ve h katsayılarına
hangi kısıtlamaları koymalıyız.
4040q karesel biçimindeki değişkenlerin değeri ne olursa olsun
(tümü aynı anda sıfır olmamak koşuluyla);
qq>0>0 ise pozitif belirliise pozitif belirli
qq≥≥00 ise pozitif yarise pozitif yarıı belirlibelirli
qq<0<0 ise negatif belirliise negatif belirli
qq≤≤00 ise negatif yarise negatif yarıı belirlibelirli
Değişkenler farklı değerler alırken q işaret değiştiriyorsa, qq
belirsizdirbelirsizdir deriz. q=d2z belirsiz ise, bir eyer noktası vardır.
İki seçim değişkenli durum için determinant sınamasını elde
edebilmek için, q karesel biçimini kullanacağız :
4141
2 22q au huv bv= + +
u2 ve v2 pozitif olduklarından, a ve b katsayılarının işaretlerine
konulacak kısıtlamalardan işaretin rahatça ne olabileceğini
söyleyebiliriz. Ancak bu haliyle 2huv teriminin işaretiyle ilgili
kesin bir şey söyleyemeyiz. Bu nedenle de q ’nun kesin negatif
belirli mi ya da pozitif belirli mi olduğunu söyleyemeyiz. Bu
belirsizlikten kurtulmak için bazı matematik işlemler yapalım.
q karesel biçimine h2v2/a terimini ekleyip çıkaralım.
42422 2 2 2
2 22 h v h vq au huv bva a
= + + + −
Eşitliğin sağındaki ilk üç terimi a ortak parantezine, son iki
terimi de v2 ortak parantezine alıp düzenleyelim.
2 22 2 2
2
2 22
2h h hq a u uv v b va a a
h ab hq a u v va a
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤−⎡ ⎤= + + ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
a ve değişkenleri birer kare ifade olduklarından, q ’nun işareti
tümüyle a, b ve h katsayılarının işaretine bağlıdır.
4343
a > 0 ve ab-h2 > 0 ise q > 0 (pozitif belirli)
a < 0 ve ab-h2 > 0 ise q < 0 (negatif belirli).
Bu genel koşulu determinant yoluyla ifade edelim. Bunun için q
karesel biçimini aşağıdaki gibi yeniden yazalım.
[ ]
2 2 2 2
2
2
2
( ) ( )( ) ( )
q au huv bv q au huv huv bv
q a u h uv a h uq u v
h b vh uv b v
= + + → = + + +
⎫= + ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎪ =⎬ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ + ⎪ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎭
D diyelim.
4444
a > 0 ve ab-h2 > 0 ise q > 0 (pozitif belirli)
a < 0 ve ab-h2 > 0 ise q < 0 (negatif belirli).
Matris biçimini kullanarak, işaret belirliliği kuralını yeniden
yazalım.
2 0a h
D ab hh b
= = − > 0q >0a > ve ise
2 0a h
D ab hh b
= = − > 0q <0a < ve ise
4545
a terimini de D determinantının bir alt determinantı (birinci ana
minör determinantı) olarak düşünebiliriz ve |D1| şeklinde
yazabiliriz. İşaret belirliliği koşullarını buna göre yazalım.
1 0D > 0q >0D >ve ise
0q <1 0D < 0D >ve ise
4646Matris biçimiyle verdiğimiz q karesel biçiminin kısaltmalarını
yerlerine yazarak yeniden düzenleyelim.
[ ]2 xx xy
yx yy
f f dxd z dx dy
f f dy⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
Hessian Matris
Hessian matris, bir denklem sisteminin ikinci derece kısmi
türevlerinden oluşan matristir. Hessian matrisi kullanarak,
d2z’nin işaret belirliliği için bir şeyler söyleyebiliriz.
2 0xx xyxx yy xy
yx yy
f ff f f
f f⎡ ⎤
= − >⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
0xxf > ve
4747
2 0xx xyxx yy xy
yx yy
f fH f f
f f= = − f > ise0xxf > 2 0d z >ve
2 0xx xyxx yy xy
yx yy
f fH f f
f f= = − f > ise0xxf < 2 0d z <ve
Burada fxx terimini, bir alt Hessian determinant olarak
düşünebiliriz ve | q1| biçiminde gösterebiliriz.
Yukarıda iki seçim değişkenli model için verdiğimiz karesel
biçimlerden hareketle işaret belirliliği ve uç değerin
bulunmasını şimdi de üç değişkenli bir durum için uygulayalım
ve bir basamak daha yukarıdaki genel işaret belirliliği ve
uçdeğer sınama koşullarını elde edelim. Daha sonra bunu n
değişkenli duruma genelleştirelim. u1, u2 ve u3 gibi üç
değişkenli bir karesel biçimi şöyle yazabiliriz :
4848
21 2 3 11 1 12 1 2 13 1 3
221 2 1 22 2 23 2 3
231 3 1 32 3 2 33 3
( , , ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
q u u u d u d u u d u u
d u u d u d u u
d u u d u u d u
= = + +
+ + +
+ + +
Bu üç değişkenli karesel biçimi şimdi de matris biçimde ifade
edelim :
11 12 13 1
1 2 3 1 2 3 21 22 23 2
31 32 33 3
( , , )d d d u
q u u u u u u d d d u u Dud d d u
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ′= = =⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
4949
u′D u
D matrisinden kendisi de olmak üzere üç tane ana minör
determinant elde edilir.
11 12 1311 12
1 11 2 3 21 22 2321 22
31 32 33
, ,d d d
d dD d D D D d d d
d dd d d
= = = =
5050
Üç seçim değişkenli bir modelde q’nun işaret belirliliği için
koşulları D determinantlarını kullanarak yazalım:
1 0D >
2 0D >
3 0D D= >
ise, q pozitifpozitif belirlidir.
1 0D <
2 0D >
3 0D D= <
ise, q negatifnegatif belirlidir.
5151
ÖÖrnek 7:rnek 7: karesel biçiminin pozi-
tif belirli mi, negatif belirli mi olduğunu inceleyelim.
Bu karesel biçimi matris görüntü olarak ifade etmeye çalışalım.
2 2 21 2 3 1 2 2 36 3 2 4q u u u u u u u= + + − −
21 2 3 1 1 2 1 3
22 1 2 2 3
23 1 3 2 3
1
1 2 3 1 2 3 2
3
( , , ) 1( ) 1( ) 0( )
1( ) 6( ) 2( )
0( ) 2( ) 3( )
1 1 0( , , ) 1 6 2
0 2 3
q u u u u u u u u
u u u u u
u u u u u
uq u u u u u u u
u
= = − +
− + −
+ − +
− ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= = − −⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦
5252
3
1 1 01 6 2 11 0
0 2 3D D
−= = − − = >
−
1 1 0D = >
2
1 15 0
1 6D
−= = >− olduğundan, q pozitifpozitif
belirlidir.
5353
n değişkenli karesel biçimi, doğrudan D matrisinin ana
minörlerini yazarak gösterelim ve işaret belirliliği için genel
koşulu oluşturalım.
11 121 11 2
21 22
11 12 1
21 22 2
1 2
, , ......,
...
...... ... ... ...
...
n
nn
n n nn
d dD d D
d d
d d dd d d
D D
d d d
= =
= =
5454
Pozitif belirlilikPozitif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantları pozitif
olmalıdır.
1 20 , 0 , ......, 0nD D D D> > = >
Negatif belirlilikNegatif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantlarının
işaretleri aşağıdaki gibi olmalıdır.
1 20 , 0 , ......, 0nD D D D< > = >
n. ana minör , eğer n çift sayı ise pozitifpozitif, tek sayı ise
negatifnegatif olmalıdır. .
nD D=
5555u'Du karesel biçiminin işaret belirliliği için karakteristik kök
yöntemi denilen bir yöntemi de kullanabiliriz. D bir kare matris
olmak üzere;
Dx rx=
Matris denklemini sağlayacak bir u'Du vektörü ve r skaleri
bulmak mümkünse, r skalerine matrisinin karakteristik kökü
(eigenvalue), x vektörüne de karakteristik vektör
(eigenvector) denilmektedir. Bu denklemi aşağıdaki gibi
yeniden yazarak düzenleyelim.
( )0 0Dx rIx Dx rIx D rI x= → − = → − =
5656
x vektörü, sıfır olmayan bir vektör olacağından, |D-rI|=0
olmalıdır.
11 12 1
21 22 2
1 2
...
...0
... ... ... ......
n
n
n n nn
d r d dd d r d
D rI
d d d r
−−
− = =
−
| D-rI |=0 denklemine, D matrisinin karakteristik denklemi denir.
Bu denklem, n. Dereceden bir polinomdur ve n tane köke (r1 , r2
,..., rn) sahiptir. Ancak ri köküne karşılık sonsuz karakteristik
vektör oluşur (|D-rI|=0 olması nedeniyle). Bu nedenle
normalleştirme işlemi yapılarak, ri ’ye bir tane vektörün
karşılık gelmesi sağlanabilir.
5757
ÖÖrnek 8:rnek 8: matrisinin karakteristik köklerini ve
vektörlerini bulalım.
2 22 1
D⎡ ⎤
= ⎢ ⎥−⎣ ⎦
5858
11 12 2
21 22
2 26 0
2 1d r d r
D rI r rd d r r− −
− = = = − − =− − −
2 6 0r r− − = 1 23 , 2r r= = − Karakteristik KKarakteristik Kööklerkler
r1=3 kökünü kullanarak ( D-rI ) x = 0 denklemini oluşturalım.
1 1
2 2
2 3 2 0 1 2 02 1 3 0 2 4 0
x xx x
− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= → =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
5959
1
2
1 2 02 4 0
xx
− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
D rI−
(D-rI)=0 olması nedeniyle, x1 ve x2 için sonsuz olası çözüm
vardır. Çözüm sayısını bire indirmek için
normalleştirmesini kullanalım. Bu durumda x1 ve
x2 için şu iki denklem oluşur.
2 21 2 1x x+ =
1 21 22 2
1 2
2 0 2 1,1 5 5
x xx x
x x
− + = ⎫⎪ = =⎬+ = ⎪⎭
6060Bu sonuca göre, birinci karakteristik vektör şöyle oluştu:
11
2
2 5
1 5
xv
x⎡ ⎤⎡ ⎤
= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
Birinci Karakteristik VektBirinci Karakteristik Vektöörr
r2=-2 kökünü kullanarak ikinci karakteristik vektörü bulalım.
1 1
2 2
1 21 22 2
1 2
12
2
2 ( 2) 2 0 4 2 02 1 ( 2) 0 2 1 0
2 0 1 2,1 5 5
1 5
2 5
x xx x
x xx x
x x
xv
x
− − ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= → =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
+ = ⎫⎪ = − =⎬+ = ⎪⎭
⎡ ⎤−⎡ ⎤= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
İİkinci Karakteristik Vektkinci Karakteristik Vektöörr
Karakteristik vektörlerin iki özelliği vardır:
1. skaler çarpımı bire eşittir. Bu özellik, normalleş-
tirmeden kaynaklanmaktadır.
i iv v′
6161
1
1 21 1 1
1
1
..... 1n
i i ii
xx
v v x x x x
x=
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = =⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
∑
2. skaler çarpımı sıfıra eşittir (iπj).i jv v′
İkinci özellikteki duruma orthogonalorthogonal (dik) vektörler diyoruz.
Her iki özellik birlikte dikkate alınırsa, vektörler
orthonormalorthonormaldir.
Şimdi D matrisinin karakteristik köklerinin ve vektörlerinin,
u'Du karesel biçiminin işaretini belirlemede nasıl
kullanılabileceğine bakalım. Bu yaklaşımın da amacı, yukarıda
gördüğümüz kareyi tamamlama yöntemiyle aynıdır.
v1, v2, ....., vn karakteristik vektörlerini bir T matrisinin sütunları
olarak düşünelim.
1 2 ... nT v v v= ⎡ ⎤⎣ ⎦
6262
6363Şimdi T matrisini kullanarak, ana köşegeni (diyagonal)
karakteristik köklerden oluşan bir matris elde edeceğimiz
dönüştürmeyi yapalım.
1
21 2
( ) ( )
... n
n
u Ty
u Du Ty D Ty y T DTy
R T DT
vv
R D v v v
v
=
′ ′ ′ ′== =
′=
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
Burada y herhangi bir vektör.
diyelim.
6464Ayrıca şunu da biliyoruz:
1 2 1 2 1 1 2 2
1
21 1 2 2
1 1 1 2 1 2 1
1 2 1 2 2 2 2
1 1 2 2
... ... ...
...
...
...... ... ... ...
...
n n n n
n n
n
n n
n n
n n n n n
D v v v Dv Dv Dv r v r v r v
vv
R r v r v r v
v
r v v r v v r v vr v v r v v r v v
R
r v v r v v r v v
= =⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
′ ′ ′⎡ ⎤⎢ ⎥′ ′ ′⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥′ ′ ′⎣ ⎦
6565
1
2
11
211 2
1 1 1
2 2 21 1 2 2
0 ... 00 ... 0... ... ... ...0 0 ...
0 ... 00 ... 0
...... ... ... ...
...
.....
n
n
n
n n
rr
R
r
yryr
u Du y Ry y y y
yr r r
u Du r y r y r y
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥′ ′= = ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
′ = + + +
6666
R=T'DT dönüşümü, D matrisini R köşegen matrisine
çevirmemizi sağlıyor. Yani köşegenleştirme işlemini yapmış
olduk. Son denklemde tüm y terimleri kare olduklarından, u'Du
karesel biçiminin işareti, karakteristik köklerin işaretlerine
bağlıdır.
ÖÖrnek 9:rnek 9: matrisini köşegenleştirelim. Bu matrisi
daha önce örnek 8’de çözerek karakteristik vektörlerini
bulmuştuk.
2 22 1
D⎡ ⎤
= ⎢ ⎥−⎣ ⎦
6767
1 2
2 5 1 5
1 5 2 5T v v
⎡ ⎤−= =⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥⎣ ⎦
Bu karakteristik vektörler matrisinden hareketle köşegenleş-
tirme şöyle yapılır:
6868
2 1 2 12 25 5 5 5
1 2 2 1 1 25 5 5 5
3 00 2
R T DT
R
⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′= = ⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦
69692 2 2
1 1 2 2 ..... n nu Du r y r y r y′ = + + +
Buna göre şu sonuçları çıkartabiliriz. u'Du karesel biçimini
işareti;
1. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri pozitif ise,
pozitif belirlidir.
2. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri negatif ise,
negatif belirlidir.
3. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri negatif
olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise pozitif yarı
belirlidir.
7070
4. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri pozitif
olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise negatif yarı
belirlidir.
5. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik köklerinin bazıları
negatif, bazıları pozitif ise, belirli değildir.
ÖÖrnek 10:rnek 10: matrisinin karakteristik köklerini ve
vektörlerini bulalım.
4 22 3
D⎡ ⎤
= ⎢ ⎥⎣ ⎦
7171
11 12
21 22
2
1 2
4 22 3
7 8 0
7 17 7 17,2 2
d r d rD rI
d d r r
r r
r r
− −− = =
− −
= − + =
+ −= =
7272
1 1
1 2
1
2
1
2
4 2 02 3 0
7 174 2 0207 172 3
2
1 17 2 0201 172
2
r xr x
xx
xx
−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤+−⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎣ ⎦⎣ ⎦
−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − ⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
7373
( )( )
1 21 2
2 21 2
11
2
1 17 2 0 1 17 1 17,24 4
1
1 17 4
1 17 4
x xx x
x x
xv
x
⎫−+ = − +⎪ = =⎬
⎪+ = ⎭
⎡ ⎤−⎡ ⎤ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ +⎢ ⎥⎣ ⎦
7474
}
2 1
2 2
1
2
11 21 2 2
22 21 2
4 2 02 3 0
7 174 2 0207 172 3
2
1 17 12 01 , 12
11
r xr x
xx
xx xx x v
xx x
−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤−−⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎣ ⎦
−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎫+ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ = ⎪ = = = =⎬ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎪+ = ⎭
7575Birinci SBirinci Sııra Kora Koşşullarullar
gibi üç seçim değişkenli bir fonksiyonu ele
alalım. Bu fonksiyonun birinci sıra koşulunu belirlemek için,
öncelikle toplam diferansiyelini alır, sıfıra eşitleriz.
1 2 3( , , )z f x x x=
1 2 3 1 1 2 2 3 31 2 3
1 2 3
1 2 3
0
0 , 0 , 0
0
z z zdz dx dx dx f dx f dx f dxx x x
dx dx dx
f f f
∂ ∂ ∂= + + = + + =∂ ∂ ∂
≠ ≠ ≠
= = =
Buna birinci sıra koşul diyoruz.
7676
İİkinci Skinci Sııra Kora Koşşullarullar
Birinci sıra koşulu sağlayan x1, x2, x3 değerlerinin bulunması,
ilgili noktada (ya da noktalarda) durgunluğun oluştuğunu
gösterir. Ancak birinci sıra koşul, bu durgunluğun bir uçdeğer
ya da eyer noktası olduğunu söylemek için yeterli değildir.
Bunu açığa çıkartmak için ikinci sıra koşula gerek duyarız.
İkinci sıra koşul, dz diferansiyelinin bir kere daha diferansiyeli
alınarak, işaretinin incelenmesini gerektirir.
7777
1 2 31 2 3
1 2 32 1 2 3
11
1 2 31 2 3
22
1 2 31 2 3
33
( ) ( ) ( )( )
( )
( )
( )
dz dz dzd dz dx dx dxx x x
z z zdx dx dxx x x
d z dxx
z z zdx dx dxx x x
dxx
z z zdx dx dxx x x
dxx
∂ ∂ ∂= + +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂∂ + +∂ ∂ ∂
=∂
∂ ∂ ∂∂ + +∂ ∂ ∂
+∂
∂ ∂ ∂∂ + +∂ ∂ ∂
+∂
7878
2 2 22
1 2 3 121 1 2 1 3
2 2 2
1 2 3 222 1 2 2 3
2 2 2
1 2 3 323 1 3 2 3
z z zd z dx dx dx dxx x x x x
z z zdx dx dx dxx x x x x
z z zdx dx dx dxx x x x x
⎡ ⎤∂ ∂ ∂= + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦⎡ ⎤∂ ∂ ∂
+ + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦⎡ ⎤∂ ∂ ∂
+ + +⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦
7979
211 1 12 2 13 3 1
21 1 22 2 23 3 2
31 1 32 2 33 3 3
2 211 1 12 1 2 13 1 3
221 2 1 22 2 23 2 3
231 3 1 32 3 2 33 3
d z f dx f dx f dx dx
f dx f dx f dx dx
f dx f dx f dx dx
d z f dx f dx dx f dx dx
f dx dx f dx f dx dx
f dx dx f dx dx f dx
= + +⎡ ⎤⎣ ⎦+ + +⎡ ⎤⎣ ⎦+ + +⎡ ⎤⎣ ⎦
= + +
+ + +
+ + +
8080
d2z ifadesi bir karesel biçim olduğundan, yukarıda verdiğimiz
genel işaret belirleme koşullarını burada da kullanarak d2z ’nin
işaretinin belirleyebilir ve uçdeğer oluşumu konusunda bir
şeyler söyleyebiliriz. Bunun için, yukarıda en son yazdığımız
karesel biçimdeki denklemden Hessian matrisi oluşturalım.
11 12 13
21 22 23
31 32 33
f f fH f f f
f f f=
8181Hessian determinantın ana minörleri de şöyledir :
11 121 11 2 3
21 22
, ,f f
H f H H Hf f
= = =
Buna göre, işaret belirliliği için ikinci sıra koşullar şöyle
olacaktır :
1
2
3
0
0
0
H
H
H
<
>
<
2 0d z < Yani z* bir maksimumise maksimum
8282
1
2
3
0
0
0
H
H
H
>
>
>
Yani z* bir minimum2 0d z >ise minimum
Yukarıdaki ana minörlerin sayısal değerini belirlerken,
durgunluk noktasındaki x değerlerini (x*) dikkate alarak işlem
yapıyoruz.
Bu sınamayı karakteristik kökleri kullanarak da yapmamız
mümkündür.
8383
ÖÖrnek 11: rnek 11: fonksiyonunun
uçdeğerlerini araştıralım.
2 2 21 1 2 2 1 3 32 4 2z x x x x x x x= + + + + +
1 1 2 31
2 1 22
3 1 33
4 0
8 0
2 0
z f x x xx
z f x xx
z f x xx
∂= = + + =
∂
∂= = + =
∂
∂= = + =
∂
* * *1 2 3
*
0
2
x x x
z
= = =
=
Bu sonuç, noktasında bir durgun-
luk olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer
mi, eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra
koşullara bakalım.
* * * *1 2 3 0 , 2x x x z= = = =
8484
İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım.
2 2 2
11 22 332 2 21 2 3
4 , 8 , 2z z zf f fx x x∂ ∂ ∂
= = = = = =∂ ∂ ∂
8585
2 2
12 211 2 2 1
2 2
23 322 3 3 2
2 2
13 311 3 3 1
1
0
1
z zf fx x x x
z zf fx x x x
z zf fx x x x
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
Young TeoremiYoung Teoremigereği
8686
11 12 13
21 22 23
31 32 33
4 1 11 8 01 0 2
f f fH f f f
f f f= =
Ana minörler :
1 11
11 122
21 22
3
4 0
4 131 0
1 8
54 0
H f
f fH
f f
H H
= = >
= = = >
= = >
Bu sonuca göre, tüm ana minörler pozitif
olduğundan, d2z>0 yani
pozitifpozitif belirlibelirlidir. Bu nedenle, bulduğumuz durgunluk noktasında bir minimumminimum vardır.
8787
ÖÖrnek 12: rnek 12: fonksiyonunun uçde-
ğerlerini araştıralım.
3 2 21 1 3 2 2 33 2 3z x x x x x x= − + + − −
21 1 3
1
2 22
3 1 33
3 3 0
2 2 0
3 6 0
z f x xx
z f xx
z f x xx
∂= = − + =
∂
∂= = − =
∂
∂= = − =
∂
* * * *1 2 3
* * * *1 2 3
0 , 1 , 0 1
1 1 17, 1 ,2 4 16
x x x z
x x x z
= = = → =
= = = → =
Bu sonuç, yukarıda bulduğumuz iki noktada durgunluk
olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktalarının bir uçdeğer mi,
eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara
bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım.
8888
*21 11
11 12 *1 1 11
2
2222
2
3323
0 06
0.5 3
2
6
x için fz f xx x için f
z fx
z fx
⎫ = =∂= = − ⎬∂ = = −⎭
∂= = −
∂
∂= = −
∂
89892 2
12 211 2 2 1
2 2
23 322 3 3 2
2 2
13 311 3 3 1
0
0
3
z zf fx x x x
z zf fx x x x
z zf fx x x x
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
∂ ∂= = = =
∂ ∂ ∂ ∂
3 0 30 2 03 0 6
H−
= −−
0 0 30 2 03 0 6
H = −−
ve
9090
Birinci Hessian için ana minörler :
1 11 2 3
0 00 , 0 , 18 0
0 2H f H H H= = = = = = >
−
Bu sonuca göre, |H1|=0 olduğundan, d2z ’nin işareti belirsizdir.
Bu nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir eyereyer (dönüm)
vardır.
* * * *1 2 30 , 1 , 0 , 1x x x z= = = =
9191İkinci Hessian için ana minörler :
1 2 3
3 03 0 , 6 0 , 18 0
0 2H H H H
−= − < = = > = = − <
−
Bu sonuca göre, |H1|=0 olduğundan, d2z ’nin işareti negatiftir. Bu
nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir maksimummaksimum vardır.
* * * *1 2 3
1 1 17, 1 , ,2 4 16
x x x z= = = =
9292
Şimdi örnek 12’deki soruyu karakteristik kök yöntemiyle
çözelim.
3 2
3 2
0 0 30 2 0 8 3 18 03 0 6
3 0 30 2 0 11 27 18 03 0 6
rH rI r r r r
r
rH rI r r r r
r
−− = − − = + + − =
− −
− −− = − − = − − − =
− −
9393
1
2
3
2 0
723 02723 02
r
r
r
= − <
= − + >
= − − <
[ ]
3 2
2
8 3 18 0
6 9 2 0
r r r
r r r
+ + − =
⎡ ⎤+ − + =⎣ ⎦
1
2
3
2 03 3 5 023 3 5 02
r
r
r
= − <
⎡ ⎤= − − + <⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − − <⎣ ⎦[ ]
3 2
2
11 27 18 0
9 9 2 0
r r r
r r r
− − − =
⎡ ⎤+ + − − =⎣ ⎦
Birinci çözümde karakteristik kökler aynı işarete sahip
olmadıklarından, noktasında eyer
(dönüm) noktasının var olduğunu;
ikinci çözümde ise tüm karakteristik köklerin negatif olması
nedeniyle noktasında bir maksi-
mumun oluştuğunu söyleyebiliriz.
* * * *1 2 30 , 1 , 0 , 1x x x z= = = =
* * * *1 2 3
1 1 17, 1 , ,2 4 16
x x x z= = = =
9494
9595Amaç fonksiyonumuz n tane seçim değişkenine sahip olsun.
1 2( , , ....., )nz f x x x=
n seçim değişkenine sahip fonksiyonunun uçdeğerlerine ilişkin
genel sınama koşulları şöyledir:
Koşul Maksimum Minimum
Birinci Sıra Koşul
İkinci Sıra Koşul
1 2 ... 0nf f f= = = = 1 2 ... 0nf f f= = = =
1 2
3
0, 0,
0, ..., ( 1) 0nn
H H
H H
< >
< − >1 2
3
0, 0,
0, ..., 0n
H H
H H
> >
> >
9696
ÖÖrnek 13: rnek 13: fonksiyonunun
uçdeğerlerini araştıralım.
( )22 2 2x y w wz e e e x e y−= + + − + −
2
22 2 0
1 0
2 2 0
xx
yy
w ww
f e
f e
f we e
−
= − =
= − + =
= − =
* * *
*
0 , 0 , 1
2
x y w
z e
= = =
= −
9797
Bu sonuç, yukarıda bulduğumuz bir noktada durgunluk
olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer mi,
eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara
bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı
oluşturalım.
2 2
2
2
4 4 , 1
2 4 2 40
x yxx yy
w w www
xy yx xw wx yw wy
f e f e
f e w e e ef f f f f f
−= = = =
= + − =
= = = = = =
4 0 00 1 00 0 4
He
=
9898
Ana minörler :
1 2 3
4 04 0 , 4 0 , 16 0
0 1H H H H e= > = = > = = >
Bu sonuca göre, tüm ana minörler pozitif olduğundan, d2z ’nin
işareti pozitif belirlidir. Bu nedenle,
noktasında bir minimumminimum vardır.
* * * *0 , 0 , 1 , 2x y w z e= = = = −
9999
Tam Rekabet PiyasasTam Rekabet Piyasasıında Firma Dengesinda Firma Dengesi
Tam rekabet piyasasında çalışan ve iki mal üreten bir firma
varsayalım. Firmanın toplam gelir ve toplam maliyet
fonksiyonları sırasıyla şöyledir:
1 1 2 2
2 21 1 2 22 2
TR P q P q
TC q q q q
= +
= + +
100100
Toplam maliyet fonksiyonundan hareketle her bir mala ilişkin
marjinal maliyet fonksiyonlarını elde edersek, bu iki malın
üretiminin teknik olarak birbiriyle bağlantılı olduğunu
görebiliriz.
Firmanın amacı toplam kârını maksimize etmektir. Bunun için
kâr fonksiyonunu oluşturalım.
( ) ( )2 21 1 2 2 1 1 2 22 2TR TC P q P q q q q q= − = + − + +π
101101
Amacımız, π ’yi maksimize edecek olan q1 ve q2 düzeylerini
belirlemektir. Bunun için ilk olarak birinci sıra koşulları
inceleriz.
1 1 1 21
2 2 1 22
* *1 2 1 21 2
4 0
4 0
4 4,
15 15
TR TC P q qq
TR TC P q qq
P P P Pq q
∂ππ ≡ = − = − − =
∂
∂ππ ≡ = − = − − =
∂
− −= =
102102
Bulduğumuz bu üretim düzeylerinin, firma kârını maksimize
edip etmediğini kesinleştirebilmemiz için, ikinci sıra koşullara
bakmalıyız.
2 2 2
11 22 12 212 21 2 1 2
11 121 11 2
21 22
4 , 4 , 1
4 14 0 , 15 0
1 4
q q q q
H H H
∂ π ∂ π ∂ ππ ≡ = − π ≡ = − π = π ≡ = −
∂ ∂ ∂
π π − −= π = − < = = = = >
π π − −
Bu sonuç, ve üretim düzeylerinin firma kârını maksimize
ettiğini göstermektedir.
*2q*
1q
103103
Tekel PiyasasTekel Piyasasıında Firma Dengesinda Firma Dengesi
Tam rekabet piyasası incelediğimiz yukarıdaki örneği şimdi de
tekel konumundaki bir firma için inceleyelim. Firmanın üretip
sattığı iki ürünün talep fonksiyonları ve maliyet fonksiyonu
şöyledir:
1 1 2
2 1 2
2 21 1 2 2
40 2
15
Q P P
Q P P
TC Q Q Q Q
= − +
= + −
= + +
104104
Tam rekabet piyasası uygulamasında yaptığımız gibi, amacımız
tekelci firmanın kârını maksimize eden üretim düzeylerini
belirlemek ve bu üretim düzeylerinin kârı maksimize ettiğinden
emin olacağımız sınamaları uygulamaktır. Kâr fonksiyonunu
oluşturmadan önce, yukarıda verilmiş olan talep fonksiyon-
larından, ters talep fonksiyonlarına ulaşalım.
105105
1 1 240 2Q P P= − +
2 1 215Q P P= + −
2 1 140 2P Q P= − +
( )2 1 1 1
2 1 1
15 40 2
55
Q P Q P
Q P Q
= + − − +
= − − 1 1 255P Q Q= − −
( )2 1 1 240 2 55P Q Q Q= − + − −
2 1 270 2P Q Q= − − Ters Talep Ters Talep FonksiyonlarFonksiyonlarıı
106106
( ) ( )( ) ( ) ( )
2 21 1 2 2 1 1 2 2
2 21 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2 21 2 1 2 1 2
55 70 2
55 70 3 2 3
TR TC P Q P Q Q Q Q Q
Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q
Q Q Q Q Q Q
π = − = + − + +
⎡ ⎤= − − + − − − + +⎣ ⎦
= + − − −
Birinci sıra koşullar:
1 2 11
2 1 22
55 3 4 0
70 3 6 0
Q QQ
Q QQ
∂π= π = − − =
∂
∂π= π = − − =
∂
*1
*2
8
7.67
Q
Q
=
=
107107İkinci sıra koşullar:
11 22 12 21
1 11
11 122
21 22
4 , 6 , 3
4 0
4 315 0
3 6
H
H H
π = − π = − π = π = −
= π = − <
π π − −= = = = >
π π − −
108108ŞŞekil 2.10 Tekelci Piyasada Kekil 2.10 Tekelci Piyasada Kââr Maksimizasyonur Maksimizasyonu
2 21 2 1 2 1 255 70 3 2 3Q Q Q Q Q Qπ = + − − −
*1
*1
8
7.67
488.3
Q
Q
=
=
π =0
5
10
15
0
5
10
15
0
200
400
0
200
400
•
π1Q
2Q
Tekelci Piyasada Fiyat FarklTekelci Piyasada Fiyat Farklıılalaşşttıırmasrmasıı
Tekel konumundaki bir firmanın, üretip sattığı malı, fiyat
farklılaştırması uygulamasıyla üç ayrı piyasada, üç farklı fiyatla
satmak istemektedir. Buna göre, aşağıda verilen her alt
piyasanın talep fonksiyonlarını ve firmanın toplam maliyet
fonksiyonunu kullanarak, firmanın kârını maksimize edecek
olan alt piyasa satış miktarlarını ve fiyatlarını belirleyelim.
109109
1 1
2 2
3 3
63 4
105 5
75 6
P Q
P Q
P Q
= −
= −
= −1 2 3
20 15TC Q
Q Q Q Q
= +
= + +
110110
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2 2 3 3 1 2 3
1 1 2 2 3 3 1 2 3
2 2 21 2 3 1 2 3
20 15
63 4 105 5 75 6 20 15
48 90 60 4 5 6 20
TR TC P Q P Q P Q Q Q Q
Q Q Q Q Q Q Q Q Q
Q Q Q Q Q Q
⎡ ⎤π = − = + + − + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤π = − + − + − − + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦
π = + + − − − −
Birinci sBirinci sııra kora koşşullar:ullar:
1 1
2 2
2 3
48 8 0
90 10 0
60 12 0
Q
Q
Q
π = − =
π = − =
π = − =
*1
*2
*3
6
9
5
Q
Q
Q
=
=
=
111111İİkinci skinci sııra kora koşşullar:ullar:
11 22 33
12 21 13 31 23 32
1 11
11 122
21 22
11 12 13
3 21 22 23
31 32 33
8 , 10 , 12
0 , 0 , 0
8 0
8 080 0
0 10
8 0 00 10 0 960 00 0 12
H
H
H H
π = − π = − π = −
π = π = π = π = π = π =
= π = − <
π π −= = = >π π −
π π π −= = π π π = − = − <
π π π −
112112* *
1 1
* *2 2
* *3 3
63 4 63 4(6) 39
105 5 105 5(9) 60
75 6 75 6(5) 45
P Q
P Q
P Q
= − = − =
= − = − =
= − = − =
Bu sonuç, firmanın her alt piyasaya, yukarıda bulduğumuz
satış fiyatlarını uyguladığında, kârını maksimize edebileceğini
göstermektedir.
Fiyat farklılaştırmasındaki temel özellik, esnekliğin düşük
olduğu alt piyasaya yüksek fiyat, yüksek olduğu alt piyasaya
da düşük fiyat uygulanmasıdır.
113113
Tam RekabetTam Rekabetççi Firmani Firmanıın Optimal Girdi Kararn Optimal Girdi Kararıı
Tam rekabet piyasasında çalışan, Dt (t1-t0) zaman biriminde tek
ürün üreten ve girdi olarak sermaye (K) ve işgücü (L) kullanan
bir firmayı dikkate alalım. Firmanın üretim fonksiyonu ve
toplam maliyeti şöyledir:
( , )Q Q K L
TC rK wL
=
= +
114114
Bu firmanın amacı, t0 anında üretimine başladığı ve t1 anında
üretimini tamamlayarak sattığı (yani firma toplam gelirini t1
anında elde ediyor) malın üretim sürecinde kullandığı optimal
sermaye ve işgücü bileşimini belirlemesidir. Bu nedenle firma t0
anındaki marjinal girdi maliyeti ile t1 anında elde edeceği
marjinal ürün gelirinin t0 anına indirgenmiş değerini
karşılaştıracaktır.
115115
( , )TR PQ K L=
Bu, t1 anında firmanın elde edeceği toplam gelirdir. Bunu t0
anına indirgeyerek yazalım.
( , ) rtTR PQ K L e−=
Şimdi de firmanın maksimize etmeye çalışacağı kâr
fonksiyonunu yazalım.
( , ) rtTR TC PQ K L e rK wL−π = − = − −
116116Birinci SBirinci Sııra Kora Koşşullar:ullar:
0
0
rt rtK K
rt rtL L
QP e r PQ e rK K
QP e w PQ e wL L
− −
− −
∂π ∂≡ π = − = − =
∂ ∂
∂π ∂≡ π = − = − =
∂ ∂
rtK
rtL
PQ e r
PQ e w
−
−
=
=
rtKPQ e−
: Sermayenin İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri
rtLPQ e−
: İşgücünün İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri
r : Sermayenin Marjinal ürün Maliyeti
w : İşgücünün Marjinal ürün Maliyeti
117117
Diğer yandan eşürün eğrisine ilişkin şu koşulun da yerine
gelmesi gerekir. Bunun için üretim fonksiyonunun toplam
diferansiyelini alalım ve üretim miktarı değişmezken, girdi
bileşimindeki değişmeyi inceleyelim. Aşağıdaki sonuç, eşürün
eğrisinin negatif eğime sahip olası gerektiğini söylemektedir.
( ),
0
, 0 , 0
K L
LKL L K
K
Q Q K L
dQ Q dK Q dL
QdK MRTS Q QdL Q
=
= + =
= − = > >
118118
ŞŞekil 2.11 Tam Rekabetekil 2.11 Tam Rekabetççi Firmani Firmanıın Optimal n Optimal Girdi KullanGirdi Kullanıımmıı
Q2
Q1
K
0 L
K
Q2Q1
0 L
EE*
119119İİkinci Skinci Sııra Kora Koşşullar:ullar:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
rt rtKK KK
rt rtLL LL
rt rtKL LK KL
QP e PQ eK K
QP e PQ eL L
QP e PQ eK L L K K L
− −
− −
− −
∂ π ∂≡ π = =
∂ ∂
∂ π ∂≡ π = =
∂ ∂
∂ π ∂ π ∂≡ π = ≡ π = =
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
İkinci derece türevleri kullanarak, Hessian determinantı
oluşturalım ve ikinci sıra koşul sınamaları yapalım.
120120
1
2
1
2 22
0
0
0 0 0
0
KK
rt rtKK KL KK KL
rt rtLK LL LK LL
KK KK KK
KK LL KL KK LL KL
H
PQ e PQ eH H
PQ e PQ e
H Q
H H Q Q Q
− −
− −
= π <
π π= = = >
π π
= π < → < ⇒ π <
= > → > ⇒ π π > π
121121
Yukarıda elde ettiğimiz ikinci sıra koşullar, sermayenin ve
işgücünün marjinal verimliliklerinin azalması ve eşürün
eğrilerinin kesin dışbükey olması gerektiğini söylemektedir.
Bunu görebilmek için, marjinal teknik ikame oranının L’ye göre
türevini yeniden inceleriz.
2
2 2
L L KK L
K
K
Q Q Qd Q QQd K L LdL dL Q
⎛ ⎞ ∂ ∂⎡ ⎤− −⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦= = −
122122
( , )
( , )
K K
L L
Q Q K L
Q Q K L
=
=
QK ve QL ‘nin her ikisinin de K ve L’nin
fonksiyonu olacağına dikkat ediniz.
123123
2
2 2
2
2 2
L L LKL LL
K K KKK LK
L L KK L
K
K
L LKL LL K KK LK L
K K
K
Q Q QdK dL dKQ QL K dL L dL dL
Q Q QdK dL dKQ QL K dL L dL dL
Q Q Qd Q QQd K L LdL dL Q
Q QQ Q Q Q Q QQ Qd K
dL Q
∂ ∂ ∂= + = +
∂ ∂ ∂
∂ ∂ ∂= + = +
∂ ∂ ∂
⎛ ⎞ ∂ ∂⎡ ⎤− −⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦= = −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦= −
124124
22
2 2
22 2
2 3
1 1
1 2
LL K KL L LK L KK LK K
LL K KL L K KK LK
d K Q Q Q Q Q Q Q QdL Q Q
d K Q Q Q Q Q Q QdL Q
⎡ ⎤⎛ ⎞= − − − +⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − +⎣ ⎦
Köşeli parantezde yer alan terim QK ve QL değişkenlerinin bir
karesel biçimi olduğundan, ikinci sıra koşul sağlanıyorsa;
125125
0LLQ < 2KK LL KLQ Q Q>ve ise,
2 22LL K KL L K KK LQ Q Q Q Q Q Q⎡ ⎤− +⎣ ⎦
negatif belirli olacak, dolayısıyla;
2
2 0d KdL
>
olacaktır. Bu sonuç, negatif eğimli eşürün eğrisinin kesin
dışbükey olmasını garanti altına almaktadır.
ÖÖrnek 14:rnek 14:
Firma girdi kararıyla ilgili, açık fonksiyon bir örnek verelim.
Firmanın üretim fonksiyonu, mal fiyatı ve girdi fiyatları aşağıda
yer almaktadır. Bu bilgilere göre, firmanın optimal sermaye ve
işgücü istihdam düzeyleri ne olacaktır?
126126
0.25 0.5
0.25 0.5
( , ) , 40 , 5 , 60
( , )
60 40 5
Q Q K L K L r w P
TC rK wL
TR TC PQ K L rK WL
K L K L
= = = = =
= +
π = − = − −
= − −
127127
Birinci SBirinci Sııra Kora Koşşullar:ullar:
0.75 0.5
0.25 0.5
* *
60(0.25) 40 0
60(0.5) 5 0
5.1 , 81
K
L
K LK
K LL
K L
−
−
∂π≡ π = − =
∂
∂π≡ π = − =
∂
= =
128128İİkinci Skinci Sııra Kora Koşşullar:ullar:
21.75 0.5
2
20.25 1.5
2
2 20.75 0.5
1
2
15(0.75) 5.92
30(0.5) 0.031
15(0.5) 0.247
5.92 0
5.92 0.2470.123 0
0.247 0.031
KK
LL
KL LK
KK
KK KL
LK LL
K LK
K LL
K LK L L K
H
H H
−
−
− −
∂ π≡ π = − = −
∂
∂ π≡ π = − = −
∂
∂ π ∂ π≡ π = ≡ π = = −
∂ ∂ ∂ ∂
= π = − <
π π − −= = = = >
π π − −
129129ŞŞekil 2.12 Tam Rekabetekil 2.12 Tam Rekabetççi Firmani Firmanıın Optimal n Optimal
Girdi KullanGirdi Kullanıımmıı ((ÖÖrnek 14)rnek 14)
0
5
10
15
20
0
50
100
150
200
0
50
100
150
200
0
5
10
15
20
0.25 0.560 40 5K L K Lπ = − −
KL
π
•
