analiz iv˙ ders notlari - marmara Üniversitesimimoza.marmara.edu.tr/~taylan.sengul/files/nurettin...

ANALIZ IV

DERS NOTLARI

Prof.Dr. H. Nurettin ERGUN

Içindekiler

1 Çok Degiskenli Fonksiyonlar 1

2 Vektör Analizi 81

3 Kısmi Türev Uygulamaları 121

4 Çok Katlı Riemann Tümlevleri 176

i

Bölüm 1

Çok Degiskenli Fonksiyonlar

Bu bölümde, iki ya da üç degiskenli gerçel degerli fonksiyonların Analizi ile ilgilenecegiz.

Tanım 1. Bazı sıralı gerçel sayı ikilileri ya da sıralı gerçel sayı üçlülerine birer gerçel sayı eslestiren

fonksiyonlara çok degiskenli gerçel degerli fonksiyonlar denir.

f(x, y) = x3y2 + 2x2y + x+ y2,

g(x, y) =√x. 4√y3,

h(x, y) =xy

x2 + y2 + 1,

F (x, y) = `n

(xy

x2 + y2 + 12

),

G(x, y) = sin√x2 + y2,

H(x, y) = arctanx√y,

H∗(x, y) = ex+y2,

f∗(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2,

g∗(x, y, z) =sinx+ sin yz + cosxyz√

x2 + y2 + z2 + 1

bu tür fonksiyon örnekleridir. f besinci dereceden iki degiskenli bir polinomdur ve ayrıca daima

0 < x2 + y2 + 1 oldugundan, bunların tanım kümesi

Tan(f) = R× R = Tan(h) = Tan(G) = Tan(H∗)

1

BÖLÜM 1. ÇOK DEGISKENLI FONKSIYONLAR

oysa Tan(g) = {(x, y) ∈ R× R : 0 ≤ x ve 0 ≤ y} = [0,∞)× [0,∞) olur. Ayrıca

Tan(F ) = {(x, y) ∈ R2 : 0 < xy} = ((0,∞)× (0,∞)) ∪ ((−∞, 0)× (−∞, 0)),

Tan(H) = {(x, y) ∈ R2 : 0 < y} = R× (0,∞),

Tan(f∗) = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 6= x2 + y2 + z2} = R3 − {(0, 0, 0)} ve

Tan(g∗) = R3

kolayca gözlenir. Buna karsılık her y ∈ R için 3√y = sgny. 3

√|y| oldugundan

F ∗(x, y) = x2. 3√y , h∗(x, y) =

x− yxy(x2 + y2)

için Tan(F ∗) = R×R ve Tan(h∗) = {(x, y) ∈ R2 : 0 6= xy(x2 + y2)} = (R−{0})× (R−{0}) olur.

Tanım 2. (x0, y0) ∈ R2 ve 0 < ε ne olursa olsun.

Kε(x0, y0) = {(x, y) ∈ R2 : |x− x0| < ε ve |y − y0| < ε} = (x0 − ε, x0 + ε)× (y0 − ε, y0 + ε),

Dε(x0, y0) = {(x, y) ∈ R2 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε}

kümelerine, sırasıyla (x0, y0) sıralı gerçel sayı ikilisinin(=düzlem noktasının) açık kare komsulugu ve

açık daire komsulugu denir.

Dikkat edilirse bu komsuluklar arasında

K ε√2(x0, y0) ⊆ Dε(x0, y0) ⊆ Kε(x0, y0) (∀ε > 0)

2

kapsamaları geçerlidir, yani bu farklı türde komsuluklar iç içe geçmistir. Gerçekten (x, y) ∈ K ε√2(x0, y0)

ise hem |x− x0| < ε√2

hem de |y − y0| < ε√2

oldugundan

√(x− x0)2 + (y − y0)2 =

√|x− x0|2 + |y − y0|2 <

√ε2

2+ε2

2= ε

nedeniyle (x, y) ∈ Dε(x0, y0) bulunur, burada her x ∈ R için x2 = |x|2 temel bilgisiyle örnegin

(x− x0)2 = |x− x0|2 yazılmıstır. Herbir (x, y) ∈ Dε(x, y) için |x− x0|2 ≤ |x− x0|2 + |y − y0|2 =

(x−x0)2 + (y− y0)2 nedeniyle |x−x0| ≤√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε yani |x−x0| < ε ve benzer

biçimde |y−y0| < ε bulup (x, y) ∈ Kε(x0, y0) elde edilir. Yukarda tanımlanan komsuluklar birer açıkkümedir, yani asagıdakiler geçerlidir(bkz.Tanım3):

∀(x, y) ∈ Kε(x0, y0),∃δε = δε(x, y) > 0,Kδε(x, y) ⊆ Kε(x0, y0)

∀(x, y) ∈ Dε(x0, y0), ∃δ′ε = δ′ε(x, y) > 0, Dδ′ε(x, y) ⊆ Dε(x0, y0)

Gerçekten (x, y) ∈ Kε(x0, y0) yani hem |x − x0| < ε hem de |y − y0| < ε ise (x − δx, x + δx) ⊆(x0− ε, x0 + ε) ve (y− δy, y+ δy) ⊆ (y0− ε, y0 + ε) olacak biçimde δx > 0 ve δy > 0 pozitif sayıları

vardır, çünkü bilindigi gibi x ∈ (a, b) ise 0 < δ < (x− a)∧ (b− x) = min{x− a, b− x} gerçekleyen

herhangi δ ∈ R+ için, hem δ < x − a yani a < x − δ hem de δ < b − x yani x + δ < b nedeniyle

a < x− δ < x+ δ < b böylece (x− δ, x+ δ) ⊆ (a, b) oldugundan, yukarda x ∈ (x0 − ε, x0 + ε) ve

y ∈ (y0 − ε, y0 + ε) bilgileriyle istenen δx, δy ∈ R+ vardır, sonuçta 0 < δε < δx ∧ δy için

(x− δε, x+ δε)× (y − δε, y + δε) ⊆ (x− δx, x+ δx)× (y − δy, y + δy)

⊆ (x0 − ε, x0 + ε)× (y0 − ε, y0 + ε) = Kε(x0, y0)

kısacası Kδε(x, y) = (x− δε, x+ δε)× (y− δε, y+ δε) ⊆ Kε(x0, y0) istenen sonucu bulunur; yukarda

A1 ⊆ B1 ve A2 ⊆ B2 ise A1 × A2 ⊆ B1 × B2 oldugu gerçegi (nerede?) kullanılmıstır. Öte yandan

(x, y) ∈ Dε(x0, y0) yani√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε ise

0 < δ′ε < ε−√

(x− x0)2 + (y − y0)2

gerçekleyen herhangi bir pozitif δ′ε gerçel sayısı içinDδ′ε(x, y) ⊆ Dε(x0, y0) olur. Gerçekten (x1, y1) ∈Dδ′ε(x, y) ise (x1, y1) ∈ Dε(x0, y0) bulmak güç degildir çünkü√

(x1 − x0)2 + (y1 − y0)2 =√

((x1 − x) + (x− x0))2 + ((y1 − y) + (y − y0))2∗≤√

(x1 − x)2 + (y1 − y)2 +√

(x− x0)2 + (y − y0)2

< δ′ε +√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < ε

3


bulunur, burada (∗) esitsizligi yazılırken asagıdaki ünlü Minkowski esitsizligi kullanılmıstır:√(a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 ≤

√a21 + a22 +

√b21 + b22

Bu sonuncu esitsizligi göstermesi ise güç degildir, her iki yanın karesini alıp, ünlü Cauchy-Schwarzesitsizligi olan

|a1b1 + a2b2| ≤√a21 + a22.

√b21 + b22

esitsizliginden yararlanmak yeterlidir.

Tanım 3. Açık ve baglantılı ∅ 6= A ⊆ R2 alt kümesine, düzlemde bir bölge denir. Bilindigi gibi

düzlemde, bir kümenin herhangi iki noktası, küme içinde kalan bir egriyle birlestirilebildiginde o kü-

meye baglantılı denir. Bölge(ingilizcesi:region)’ler genellikle R harfi ile yazılırlar. Bir A(⊆ R2) kü-

mesine, ancak ve yalnız

∀(x, y) ∈ A,∃ε = ε(x, y) > 0,Kε(x, y) ⊆ A

kosulunu gerçeklerse açık küme ve

∀(x, y) /∈ A,∃ε = ε(x, y) > 0,Kε(x, y) ∩A = ∅

kosunu gerçeklerse kapalı küme denir.

Fakat biz, bos olmayan baglantılı kümelere de bölge diyecegiz. Temel Bilgi: Sonlu elemanlı tüm

A ⊆ R2 alt kümeleri kapalıdır, çünkü

(x0, y0) /∈ A = {(x1, y1), (x2, y2), ..., (xn, yn)}

ise, herbir 1 ≤ k ≤ n indisi için (x0, y0) 6= (xk, yk) olur böylece ya x0 6= xk ve 0 < |x0 − xk| ya da

y0 6= yk ve 0 < |y0 − yk| bulup 0 < |xk − x0| ∨ |yk − y0| gözleyerek

0 < δk < |xk − x0| ∨ |yk − y0|

pozitif sayıları ve onlar aracılıgıyla 0 < δ0 < minkδk pozitif sayısı tanımlanırsa, herbir k indisi için ya

δ0 < δk < |xk − x0| ya da δ0 < δk < |yk − y0| böylece her iki durumda da (xk, yk) /∈ Kδ0(x0, y0)

gerçeklendiginden A ∩ Kδ0(x0, y0) = ∅ istenen sonucu bulunur. Dikkat: Sonlu kümeler baglantılı

degildir!

Uyarı 1 Buna karsılık sayılabilir sonsuz elemanlı olup kapalı olmayan alt kümeler vardır, örnegin

rn = ( 1n ,

1n)(∀n ∈ N) olmak üzere E = {r1, r2, r3, ...} (⊆ (0, 1)× (0, 1)) alt kümesi kapalı degildir

çünkü r0 = (0, 0) /∈ E fakat

∀δ > 0 iÃ§in Kδ(0, 0) ∩ E 6= ∅

4

gerçeklesir, çünkü herhangi δ > 0 verildiginde ∃n0 ∈ N, 1 < n0.δ oldugundan, her n > n0 için

| 1n − 0| = 1n < 1

n0< δ böylece rn = ( 1

n ,1n) ∈ E ∩ Kδ(0, 0) kolayca gözlenir. Dikkat edilirse

a < b ve c < d gerçel sayıları ne olursa olsun R1 = (a, b) × (c, d) bölgesi açık R2 = [a, b] × [c, d]

bölgesi ise kapalıdır. Yalnızca ikinci iddiayı gösterelim. Herhangi bir (x, y) /∈ R2 düzlem noktası için

ya x /∈ [a, b] ya da y /∈ [c, d] olur. Eger birinci seçenek geçerliyse, ister x < a isterse b < x olsun

∃εx > 0, (x− εx, x+ εx) ∩ [a, b] = ∅ gerçeklesir, burada su Temel Bilgi kullanılmıstır: Temel Bilgi:x, y ∈ R ise x < y için gyk ∃ε0 > 0, x + ε0 < y − ε0 olmasıdır. Yeterlik apaçıktır, tersine x < y ise

hem 0 < y − x hem de ε0 = y−x3 > 0 için ε0 + ε0 = 2(y−x)

3 < y − x ve sonuçta x + ε0 < y − ε0bulunur. Bu nedenle eger x < a ise x + εx < a − εx ve böylelikle x − εx < x + εx < a − εx < a

nedeniyle (x − εx, x + εx) ∩ [a, b] = ∅ gerçeklenecek biçimde εx > 0 vardır, yok eger a ≤ x fakat

b < x ise b < b+ δb < x− δb < x+ δb ve sonuçta [a, b]∩ (x− δb, x+ δb) = ∅ olacak biçimde δb ∈ R+

vardır, δb = εx alınır; böylelikle

Kεx(x, y) ∩R2 = ((x− εx, x+ εx)× (y − εx, y + εx)) ∩ ([a, b]× [c, d])

= ((x− εx, x+ εx) ∩ [a, b])× ((y − εx, y + εx) ∩ [c, d])

= ∅ × ((y − εx, y + εx) ∩ [c, d]) = ∅

bulunur, burada (A1 ∩A2)× (B1 ∩B2) = (A1×B1)∩ (A2×B2) temel bilgisi kullanılmıstır. Ayrıca,

I = [0, 1] olmak üzere A = I ∩ Q = {r ∈ Q : r ∈ [0, 1]} kümesi, Analiz III derslerinde gözlendigi

gibi sayılabilir sonsuz elemanlıdır, dolayısıyla A×A kümesi de sayılabilir sonsuz elemanlıdır oysa bu

sonuncu küme asagıdaki gerçek nedeniyle kapalı degildir.

∀q ∈ I −Q, ∀ε > 0, Kε(q, 0) ∩ (A×A) 6= 0 ve (q, 0) /∈ A×A

çünkü Analiz III derslerinde gözlendigi gibi A kümesi I aralıgında yogun, yani 0 ≤ x < y ≤ 1

gerçekleyen x, y gerçel sayıları ne olursa olsun, x < r < y gerçekleyen sonsuz tane r ∈ Q var

oldugundan, her q ∈ I−Q = I−A ve her ε > 0 için (q − ε, q + ε)∩A 6= ∅ bulunur (neden?) ayrıca

(−ε, ε) ∩A = [0, ε) ∩Q 6= ∅ oldugundan

Kε(q, 0) ∩ (A×A) = ((q − ε, q + ε) ∩A)× ((−ε, ε) ∩A) 6= ∅ (∀ε > 0)

gerçeklenir; eger A × A kümesi kapalı olsaydı q /∈ A nedeniyle (q, 0) /∈ A × A oldugundan ∃δε >0, Kδ(q, 0) ∩ (A×A) = ∅ gerçeklesmesi gerekirdi, bununsa dogru olmadıgı yukarda gözlenmistir!

Asagıda çizili kümelerin, solda yer alanının açık bir bölge oldugunu, sagdakinin ise baglantılı olmasına

karsın ne açık ne de kapalı oldugunu gözleyiniz:

R2 uzayında, R×R kümesinden baska bostan farklı olup hem açık hem kapalı olan küme yoktur.

5


R3 uzayında, açık bir küp komsuluk ile açık küre komsuluklar

Kε(x0, y0, z0) = {(x, y, z) ∈ R3 : |x− x0| < ε, |y − y0| < ε, |z − z0| < ε}

= (x0 − ε, x0 + ε)× (y0 − ε, y0 + ε)× (z0 − ε, z0 + ε),

Sε(x0, y0, z0) = {(x, y, z) ∈ R3 :√

(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 < ε}

biçiminde tanımlanır, bunların sırasıyla, agırlık merkezi (x0, y0, z0) noktası olan ve alanları 4ε2 olan

çevre yüzeyler üzerindeki noktaların hiçbirisini içermeyen (ihtiva etmeyen) bir küp ile, merkezi (x0, y0, z0)

noktası olan ε yarıçaplı kürenin içindeki tüm noktalar kümesi olduguna dikkat ediniz.

Delikli komsuluk R2 uzayında

K∗ε (x0, y0) = Kε(x0, y0)− {(x0, y0)} = {(x, y) ∈ Kε(x0, y0) : (x, y) 6= (x0, y0)}

biçiminde tanımlanır. Bu komsulukta (x0, y0) noktası bulunmaz!

Tanım4: Ancak ve yalnız

Kos ∀ε > 0, ∃δε > 0, ∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0) iÃ§in |f(x, y)− `0| < ε

kosulu gerçeklendiginde lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 yazılır. Buna karsılık ancak ve yalnız

∀M > 0,∃δM > 0,M < f(x, y)(∀(x, y) ∈ K∗δM (x0, y0)) ise lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = +∞

yazılır. lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = −∞ tanımı benzer biçimde verilir.

6

Tanım5: Bir sıralı gerçel sayı ikilileri dizisi {(xn, yn)}∞n=1 için, ancak ve yalnız Kos: ∀ε >

0,∃nε ∈ N, (xn, yn) ∈ Kε(x0, y0)(∀n ≥ nε) kosulu gerçeklendiginde

limn→∞

(xn, yn) = (x0, y0) (∗)

yazılır. Ögrenci, ancak ve yalnız hem limn→∞

xn = x0 ve hem de limy→∞

yn = y0 kosul ikilisi gerçeklen-

diginde (*) kosulunun gerçeklesebildigini gösterebilmesi gereklidir, örnegin bu kosullar geçerliyken

sırasıyla

∃n1,ε ∈ N, xn ∈ (x0 − ε, x0 + ε) (∀n ≥ n1,ε)

∃n2,ε ∈ N, yn ∈ (y0 − ε, y0 + ε) (∀n ≥ n2,ε)

olur, böylece nε = n1,ε + n2,ε ∈ N tanımlayıp herbir n ≥ nε için (xn, yn) ∈ Kε(x0, y0) bulunur.

Temel Bilgi: R2 uzayında limn→∞(xn, yn) = (x0, y0) gerçekleyen herhangi bir {(xn, yn)}∞n=1 di-

zisi için K = {(x0, y0), (x1, y1), (x2, y3), ...}(⊆ R2) alt kümesi hem kapalı hem sınırlıdır. Bu bilgi

Topoloji derslerinde kolayca gösterilir.

Önerme1: lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 için gyk terimleri ikiser ikiser farklı olup limn→∞

(xn, yn) =

(x0, y0) kosulunu gerçekleyen her {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için limn→∞

f(xn, yn) = `0 olmasıdır.

Kanıtlama: Gereklik Terimleri ikiser ikiser farklı olup limn→∞

(xn, yn) = (x0, y0) yani limn→∞

xn =

x0 ve limn→∞

yn = y0 kosulunu gerçekleyen herhangi bir {(xn, yn)}∞n=1 düzlem noktaları dizisi alınsın.

Üstelik lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 olsun. O halde ε > 0 sayısına karsılık Tanım4’deki δε > 0 var-

dır(belirlidir). Dolayısıyla limn→∞

xn = x0 ve limn→∞

yn = y0 yakınsama kosulları nedeniyle ∃n1,ε ∈N, |xn − x0| < δε(∀n ≥ n1,ε) ve ayrıca ∃n2,ε ∈ N, |yn − y0| < δε(∀n ≥ n2,ε) gerçeklesir.

nε = n1,ε + n2,ε ∈ N yazılırsa her n ≥ nε(> n1,ε) için |xn − x0| < δε ve n ≥ nε > n2,ε ne-

deniyle |yn − y0| < δε olur. {(xn, yn)}∞n=1 dizisinin terimleri arasında (x0, y0) noktasına esit olabilen

en fazla tek bir tane terim bulunabilir çünkü (xn0 , yn0) = (x0, y0) = (xn1 , yn1) olamaz, çünkü

n 6= m ise terimlerin ikiserli farklılıgı nedeniyle (xn, yn) 6= (xm, ym) olmaktadır; böylelikle genel-

ligi bozmaksızın her n ≥ nε için (xn, yn) 6= (x0, y0) varsayabileceginden, yukardaki bilgilerle hem

(xn, yn) ∈ Kδε(x0, y0) ve (xn, yn) 6= (x0, y0)(∀n ≥ nε) nedeniyle (xn, yn) ∈ K∗δε(x0, y0)(∀n ≥ nε)

ve Tanım4 nedeniyle |f(xn, yn)− `0| < ε(∀n ≥ nε) olur, buysa limn→∞

f(xn, yn) = `0 demektir. Yeter-lik: Yeterlik varsayımı geçerliyken eger lim

(x,y)→(x0,y0)f(x, y) 6= `0 OLSAYDI, limit tanımı nedeniyle

Kos: ∀ε > 0, ∃δε > 0, |f(x, y)− `0| < ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0))

7


kosulu gerçeklenmez, dolayısıyla asagıdaki bulunurdu

∃ε0 > 0, ∀δ > 0, ∃(xδ, yδ) ∈ K∗δ (x0, y0) , ε0 ≤ |f(xδ, yδ)− `0| (∗)

böylelikle her δ > 0 için sonsuz tane (xδ, yδ) ∈ K∗δ (x0, y0) noktasının ε0 ≤ |f(x0, y0) − `0|gerçekledigi anlasılır, çünkü eger yalnızca sonlu tane (xδ,1, yδ,1), ..., (xδ,m, yδ,m) ∈ K∗δ (x0, y0) nok-

tası için, ε0 ≤ |f(xδ,k, yδ,k) − `0| (k = 1, ...,m) olsaydı (xδ,1, yδ,1), ..., (xδ,m, yδ,m) noktalarından

farklı herbir (x, y) ∈ K∗δ (x0, y0) noktası için |f(x, y) − `0| < ε0 gerçeklenirdi, oysa (x0, y0) tüm

(xδ,1, yδ,1), ..., (xδ,m, yδ,m) noktalarından farklı yani (x0, y0) /∈ A = {(xδ,1, yδ,1), ..., (xδ,m, yδ,m)}oldugu üstelik A kümesi kapalı oldugundan (sonlu noktalı kümeler bilindigi gibi kapalıdır) uygun

bir 0 < δ0 < δ için Kδ0(x0, y0) ∩ A = ∅ bulunurdu, böylece herbir (x, y) ∈ K∗δ0(x0, y0)(⊆Kδ(x0, y0)) noktası, tüm (xδ,1, yδ,2), ..., (xδ,m, yδ,m) noktalarından farklı oldugundan, yukarda göz-

lendigi gibi |f(x, y)− `0| < ε0 olur, kısacası

∀(x, y) ∈ K∗δ0(x0, y0), |f(x, y)− `0| < ε0

bulunurdu, buysa (∗) varsayımına aykırıdır. Demek ki (∗) kosulunu gerçekleyen (xδ, yδ) ∈ K∗δ (x0, y0)

noktaları aslında sonsuz tanedir yani δ > 0 ve (x1, y1), ..., (xn, yn) ∈ K∗δ (x0, y0) sonlu tane noktası

ne olursa olsun

∃(xδ, yδ) ∈ K∗δ (x0, y0)− {(x1, y1), ..., (xn, yn)} , ε0 ≤ |f(xδ, yδ)− `0|

gerçeklesir. Simdi δn = 12n (∀n ∈ N) olmak üzere bu son bilgiyle, önce ∃(x1, y1) ∈ K∗δ1(x0, y0) , ε0 ≤

|f(x1, y1) − `0| olur sonra ∃(x2, y2) ∈ K∗δ2(x0, y0) − {(x1, y1)} , ε0 ≤ |f(x2, y2) − `0| olur ve

tümevarım yardımıyla, ilk (x1, y1), ..., (xn, yn) noktaları bu yolla belirlenmis oldugunda, n + 1’inci

adımda

∃(xn+1, yn+1) ∈ K∗δn+1(x0, y0)− {(x1, y1), ..., (xn, yn)} , ε0 ≤ |f(xn+1, yn+1)− `0|

noktası belirlenerek, tümevarım islemi sürdürülür. Sonunda

(xn, yn) ∈ K∗δn(x0, y0) ⊆ Kδn(x0, y0) = (x0 − δn, x0 + δn)× (y0 − δn, y0 + δn) (∀n ∈ N)

nedeniyle, ∀n ∈ N için xn ∈ (x0 − δn, x0 + δn) yani |xn − x0| < 12n ve |yn − y0| < 1

2n bula-

rak xn → x0 ve yn → y0 yani limn→∞

(xn, yn) = (x0, y0) bulunur. Üstelik bu yakınsak dizi, n 6= m

için (xn, yn) 6= (xm, ym) gerçekledigi için terimleri ikiser ikiser farklıdır, çünkü sözgelimi n < m

ise (xm, ym) ∈ K∗δm(x0, y0) − {(x1, y1), ..., (xm−1, ym−1)} oysa n ≤ m − 1 nedeniyle (xn, yn) ∈{(x1, y1), ..., (xm−1, ym−1)} 63 (xm, ym) böylece (xn, yn) 6= (xm, ym) olmaktadır. Dolayısıyla terim-

leri ikiser ikiser farklı olup limn→∞

(xn, yn) = (x0, y0) kosulunu gerçekleyen, tümevarımla tanımlanan

8

bu {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için yeterlik varsayımı geregi limn→∞

f(xn, yn) = `0 OLMASI GEREKIRKEN,

aslında

ε0 ≤ |f(xn, yn)− `0| (∀n ∈ N)

gerçeklestigi ve böylelikle limn→∞

|f(xn, yn) − `0| 6= 0 nedeniyle limn→∞

f(xn, yn) = `0 OLMAZ! Ç

eliski! Demek ki yeterlik varsayımı gerçerliyken zorunlu olarak lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 gerçekles-

mesi gerektigi anlasılır. Bitti!

Önerme 2: lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = +∞ için gyk terimleri ikiserli farklı olup (xn, yn) → (x0, y0)

gerçekleyen her {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için f(xn, yn)→ +∞ olmasıdır.

Kanıtlama: Yalnızca yeterligi kanıtlayalım. Yeterlik varsayımı geçerliyken, eger ∃M0 > 0, ∀δ >0, f(x, y) ≤M0 (∃(x, y) ∈ K∗δ (x0, y0)) kosulu geçerli olsaydı, her δ > 0 için, sonsuz tane (xδ, yδ) ∈K∗δ (x0, y0) için f(xδ, yδ) ≤M0 bulunurdu (neden?) ve bir önceki önermedeki gibi δn = 1

2n (∀n ∈ N)

rasyonel sayıları ile çalısarak önce ∃(x1, y1) ∈ K∗δ1(x0, y0) , f(x1, y1) ≤ M0 ve n−inci adımda

∃(xn, yn) ∈ K∗δn(x0, y0)−{(x1, y1), ..., (xn−1, yn−1)}, f(xn, yn) ≤M0 gerçekleyen düzlem noktaları

belirlenerek {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için, yeterlik varsayımına aykırı olarak (xn, yn)→ (x0, y0) olmasına

karsın f(xn, yn) → +∞ OLMAZDI, çünkü f(xn, yn) ≤ M0 (∀n ∈ N) nedeniyle limf(xn, yn) ≤M0 < +∞ gerçerlidir. Gereklik ögrenciye bırakılmıstır.

Uyarı 1: Eger terimleri ikiserli farklı olup (xn, yn) → (x0, y0) ile f(xn, yn) → `1 kosullarını

gerçekleyen bir {(xn, yn)}∞n=1 dizisi ile benzer nitelikte olup (x∗n, y∗n) → (x0, y0) ve f(x∗n, y

∗n) → `2

kosullarını gerçekleyen bir baska {(x∗n, y∗n)}∞n=1 dizisi tanımlanabiliyor ve üstelik `1 6= `2 oluyorsa

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) limiti TANIMSIZ

olur, çünkü bu limit var ve sözgelimi lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `OLSAYDI Önerme1 kullanılarak `1 6= `2

gerçegiyle çelisen

`1 = limn→∞

f(xn, yn) = ` = limn→∞

f(x∗n, y∗n) = `2 sonucu bulunurdu.

Benzer uyarı (xn, yn) → (x0, y0) ve f(xn, yn) → `1 kosullarını gerçekleyen terimleri ikiserli farklı

bir {(xn, yn)}∞n=1 dizisi ile (x∗n, y∗n) → (x0, y0) ve f(xn, yn) → +∞ kosullarını gerçekleyen bir

{(x∗n, y∗n)}∞n=1 dizisi tanımlanabildiginde de geçerlidir.

Örnekler 1:

1) n0,m0 sabit dogal sayıları ve düzlemin (x0, y0) noktası ne olursa olsun lim(x,y)→(x0,y0)

xn0ym0 =

xn00 .y

m00 geçerlidir.

9


Gerçekten Önerme1 kullanılarak bu kolayca gösterilir. Terimleri ikiser ikiser farklı olup (xn, yn)→(x0, y0) gerçekleyen herhangi bir {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için f(x, y) = xn0 .ym0 biçimindeki fonksiyon

f(xn, yn) → xn00 .y

m00 gerçekler, çünkü hem xn → x0 hem de yn → y0 oldugundan yakınsak gerçel

sayı dizilerine iliskin temel bilgiler nedeniyle hem xn0n → xn0

0 ve hem de ym0n → ym0

0 ve sonuçta

f(xn, yn) = xn0n .y

m0n → xn0

0 .ym00 bulunur.

2) Yukardaki sonuç ε, δ yöntemiyle de gösterilir. Kısacası

∀ε > 0, ∃δε > 0, |xn0ym0 − xn00 y

m00 | < ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0))

göstermek güç degildir. Gerekli oldugu için önce sunları gözleyelim:

xn − yn = (x− y)(xn−1 + xn−2y + ...+ xyn−2 + yn−1) = (x− y).n∑k=1

xn−k.yk−1 ,

ve Eratostanes Esitsizligiyle |ax− by| ≤ |a||x− y|+ |a− b||y| geçerli olup (sonuncusu için ax− by =

ax− ay+ ay− by = a(x− y) + (a− b)y gözleyip üçgen esitsizligini yani |c+ d| ≤ |c|+ |d| bilgisini

kullanın), sonuçta 0 < M = (m0 + n0)(|x0|+ 1)n0(|y0|+ 1)m0 tanımlayarak

|xn0ym0 − xn00 y

m00 | ≤ |x

n0 |.|ym0 − ym00 |+ |x

n0 − xn00 |.|y

m00 |

≤ (|x0|+ 1)n0 .|y − y0|.

∣∣∣∣∣m0∑k=1

ym0−k.yk−10

∣∣∣∣∣+ |y0|m0 .|x− x0|.

∣∣∣∣∣n0∑k=1

xn0−k.xk−10

∣∣∣∣∣≤M |y − y0|+M.|x− x0| < ε

bulunur, çünkü öncelikle |y − y0| < 1 ve |x − x0| < 1 yani (x, y) ∈ K1(x0, y0) alınırsa |y| − |y0| ≤||y|− |y0|| ≤ |y− y0| < 1 nedeniyle |y| < |y0|+ 1 ve benzer biçimde |x| < |x0|+ 1 gözleyip, böylece∣∣∣∣∣

m0∑k=1

ym0−k.yk−10

∣∣∣∣∣ ≤m0∑k=1

|y|m0−k.|y0|k−1 <m0∑k=1

(|y0|+ 1)m0−k.|y0|k−1

<

m0∑k=1

(|y0|+ 1)m0−k.(|y0|+ 1)k−1 =

m0∑k=1

(|y0|+ 1)m0−1 = m0(|y0|+ 1)m0−1

≤ m0(|y0|+ 1)m0

olur, çünkü 1 ≤ |y0|+ 1 nedeniyle (|y0|+ 1)m0−1 ≤ (|y0|+ 1)m0 gözlenmistir, ayrıca |xn0 | = |x|n0 ≤(|x0|+ 1)n0 kullanılıp yukardaki M pozitif sabiti aracılıgıyla

|xn0ym0 − x0n0y0m0 |

(∗)≤ M.|y − y0|+M |x− x0|

elde edilmistir. Dikkat edilirse M ≥ (m0 + n0)(|x0| + 1).(|y0| + 1) ≥ m0 + n0 > n0 ≥ 1 olur.

Dolayısıyla 0 < ε ≤ 1 verildiginde 0 < δε <ε

2M gerçekleyen pozitif δε sayısı seçilirse M ≥ 1

10

nedeniyle, hem 0 < δε <ε

2M ≤ε2 < ε hem de δε < ε

2M ≤1

2M ≤12 < 1 olur, böylelikle her (x, y) ∈

Kδε(x0, y0)(⊆ K1(x0, y0)) için tüm yukarıdaki esitsizlikler geçerli, çünkü |x − x0| < δε <ε

2M < 1

nedeniyle |x−x0| < 1 ve M.|x−x0| < ε2 hem de |y− y0| < δε <

ε2M nedeniyle M.|y− y0| < ε

2 olur

ve (*) esitsizligi kullanılarak, degil K∗δε(x0, y0) delikli komsulugunda, Kδε(x0, y0) komsulugunda bile

∀(x, y) ∈ Kδε(x0, y0) için |xn0ym0 − x0n0y0m0 | < ε bulunur.

Görüldügü gibi dizilerle çalısmak daha kısa çözüm verir.

3) 0 < x0 ve 0 < y0 olsun. Sabit α0, β0 gerçel sayıları ne olursa olsun lim(x,y)→(x0,y0)

xα0yβ0 =

xα00 .yβ00 gerçeklesir, bunun için yukardaki 1) örnegindeki dizisel karakterizasyon kullanılır, çünkü

xn → x0(> 0) ise, α0 ∈ R sabit gerçel sayısı ne olursa olsun xα0n → xα0

0 geçerli oldugu bilinmektedir.

Bu nedenle örnegin asagıdaki geçerlidir:

lim(x,y)→(1,2)

√x. 4√y3 =

√1.

4√

23 =

√2√

2 .

4)

f(x, y) =

{xy(x2−y2)x2+y2

; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)

ise lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 gerçeklenir, çünkü daima −(x2 + y2) = −x2 − y2 ≤ x2 − y2 ≤ x2 + y2

nedeniyle daima∣∣∣x2−y2x2+y2

∣∣∣ ≤ 1 (∀(x, y) 6= (0, 0)) olur, böylelikle herhangi 0 < ε ≤ 1 verildiginde,

her (x, y) ∈ K∗ε (0, 0) için hem (x, y) 6= (0, 0) nedeniyle∣∣∣x2−y2x2+y2

∣∣∣ ≤ 1 olur, hem de |f(x, y) − 0| =

|f(x, y)| = |xy|.∣∣∣x2−y2x2+y2

∣∣∣ ≤ |xy| = |x|.|y| < ε.ε = ε2 ≤ ε kısacası δε = ε için |f(x, y) − 0| <ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(0, 0)) bulunur bu isteneni verir.

5)

g(x, y) =

{1

x2+y2; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)


g(x, y) = +∞ olur, gerçekten her M > 0 için δM = 1√2M∈ R+ tanımlanırsa, her

(x, y) ∈ K∗δM (0, 0)(⊆ KδM (0, 0) ⊆ D√2δM (0, 0) = D 1√M

(0, 0)) noktası için (dikkat: her r > 0 için

Kr(x, y) ⊆ D√2r(x, y) kapsamasının geçerli oldugu sayfa 2’de gösterilmistir) (x, y) ∈ D 1√M

(0, 0)

bularak√x2 + y2 =

√(x− 0)2 + (y − 0)2 < 1√

Mve böylece x2 + y2 < 1

M ve hem de (x, y) 6=(0, 0) nedeniyle 0 < x2 + y2 < 1

M bularak M < 1x2+y2

= g(x, y) (∀(x, y) ∈ K∗δM (0, 0)) kısacası

∀M > 0, ∃δM ∈ R+, M < g(x, y) (∀(x, y) ∈ K∗δε(0, 0)) bulup lim(x,y)→(0,0)

g(x, y) = +∞ istenen

sonucu bulunur.

6)

h(x, y) =

{x2−y2x2+y2

; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)

11



h(x, y) tanımsızdır. Gerçekten εn ↓ 0+ gerçekleyen pozitif terimli {εn}∞n=1 dizisiyle

0 < a < 1 sabiti ne olursa olsun (εn, aεn) → (0, 0) olmasına karsın, limn→∞

g(εn, aεn) = ε2n−a2ε2nε2n+a

2ε2n=

1−a21+a2

ve bir baska 0 < b < 1 sabiti için (εn, bεn) → (0, 0) ve limn→∞

g(εn, bεn) = 1−b21+b2

6= 1−a21+a2

=

limn→∞

g(εn, aεn) nedeniyle Uyarı1 uygulanır, hipotezler altında 1−b21+b2

6= 1−a21+a2

gözlenmelidir.

7)

F (x, y) =

ln(∣∣∣x2−y2x2+y2

∣∣∣+ 1)

; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)

fonksiyonu için lim(x,y)→(0,0)

F (x, y) limitinin tanımsız oldugunu gösteriniz. Gerçekten, bir önceki ör-

nekteki dizilerle çalısınız.

8)

G(x, y) =

{x−y

xy(x2+y2);x 6= 0 ve y 6= 0

0 ;x = 0 ya da y = 0

fonksiyonu için aynı soruyu çözünüz.

Dikkat edilirse εn ↓ 0+ dizisi alındıgında G(εn,εn2 ) = 4

5ε3n→ +∞ buna karsılık G(εn, 2εn) → −∞

nedeniyle, fakat hem (εn,εn2 ) → (0, 0) hem de (εn, 2εn) → (0, 0) oldugundan lim

(x,y)→(0,0)G(x, y)

limitinin tanımsız oldugu anlasılır.

9) lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `1 ve lim(x,y)→(x0,y0)

g(x, y) = `2 olsun. Bu durumda

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y).g(x, y) = `1.`2 ve lim(x,y)→(x0,y0)

(af(x, y) + bg(x, y)) = a`1 + b`2 olur.

Yalnızca birincisini gösterelim.M = |`1|+|`2|+1 ≥ 1 pozitif sabitini tanımlarsak ∃δ1,ε > 0, |f(x, y)−`1| < ε

2M (∀(x, y) ∈ K∗δ1,ε(x0, y0)) ve ∃δ2,ε > 0, |g(x, y) − `2| < ε2M (∀(x, y) ∈ K∗δ2,ε(x0, y0))

olur, o halde 0 < δε < δ1,ε ∧ δ2,ε tanımlanırsa, her (x, y) ∈ K∗δε(x0, y0) için, her iki esitsizlik geçerli

olacagından (neden?), özel olarak her (x, y) ∈ K∗δε(x0, y0) için |f(x, y)− `1| < ε2M ≤

ε2 < ε ≤ 1 ve

böylece |f(x, y)| − |`1| ≤ |f(x, y)− `1| < 1 nedeniyle |f(x, y)| < |`1|+ 1 ≤M ve

|f(x, y).g(x, y)− `1`2| ≤ |f(x, y)|.|g(x, y)− `2|+ |f(x, y)− `1|.|`2|

≤M.|g(x, y)− `2|+ (|`2|+ 1).|f(x, y)− `1|

≤M.|g(x, y)− `2|+M.|f(x, y)− `1| <ε

2+ε

2< ε

kısacası ∀ε ∈ (0, 1), ∃δε > 0, |f(x, y).g(x, y)−`1.`2| < ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0)) bulunarak istenen

elde edilir.

Ikinci iddia kullanılırsa, sözgelimi su bulunur:

lim(x,y)→(x0,y0)

(x3y2 + 2x2y) = x30y20 + 2x20y0

12

10) lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 ve `0 6= 0 ise lim(x,y)→(x0,y0)

1

f(x, y)=

1

`0olur.

Gerçekten ε > 0 verildiginde 0 < δε < δ0 ∧ δ1(ε) alınarak her (x, y) ∈ K∗δε(x0, y0) için∣∣∣ 1f(x,y) −

1`0

∣∣∣ = |f(x,y)−`0||f(x,y)|.|`0| <

|f(x,y)−`0|ε0.|`0| < ε bulunur; burada ε0 = |`0|

2 > 0 sayesinde, önce var

olan uygun bir δ0 > 0 için her (x, y) ∈ K∗δ0(x0, y0) için ||f(x, y)| − |`0|| ≤ |f(x, y)− `0| < |`0|2 = ε0

böylece −ε0 < |f(x, y)| − |`0| < ε0 ve sonuçta 0 < ε0 = |`0| − ε0 < |f(x, y)| yani 1|f(x,y)| <

1ε0

olur,

ayrıca limit tanımından ∃δ1(ε) > 0, |f(x, y) − `0| < εε0|`0| (∀(x, y) ∈ K∗δ1(ε)(x0, y0)) geçerlidir,

bunlar yukarda kullanılır. Demek ki ∀ε > 0, ∃δε ∈ R+,∣∣∣ 1f(x,y) −

1`0

∣∣∣ < ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0))bulunur, bu istenendir.

11) lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = `0 6= 0 ve lim(x,y)→(x0,y0)

g(x, y) = `1 ise lim(x,y)→(x0,y0)

g(x,y)f(x,y) = `1

`0olur,

çünkü g(x,y)f(x,y) = g(x, y). 1

f(x,y) nedeniyle 9) ve 10) kullanılır.

12) lim(x,y)→(1,2)

3−x−y4+x−2y = 0 bulunur, çünkü 11) kullanılır, ayrıca dikkat edilirse

lim(x,y)→(0,0)

x.sin(x2 + y2

)x2 + y2

= 0

olur, çünkü her (x, y) ∈ K∗ε (0, 0) için 0 < x2 + y2 ve∣∣∣∣x. sin(x2+y2)x2+y2

− 0

∣∣∣∣ = |x|.∣∣∣∣ sin(x2+y2)x2+y2

∣∣∣∣ ≤|x| < ε olur, çünkü iyi bilindigi gibi her ξ ∈ R için | sin ξ| ≤ |ξ| yani

∣∣∣ sin ξξ ∣∣∣ ≤ 1 geçerlidir. Öte

yandan lim(x,y)→(0,0)

2x−yx2+y2

limiti tanımsızdır, çünkü εn ↓ 0+ dizisi aracılıgıyla (εn, 4εn) → (0, 0) fakat

2εn−4εnε2n+16ε2n

= − 117εn

→ −∞, buna karsılık (εn, εn) → (0, 0) dizisi için 2εn−εn5ε2n

→ +∞ olmaktadır.

Benzer biçimde lim(x,y)→(0,0)

3x−2y2x−3y limiti de tanımsızdır. Buna karsılık

lim(x,y)→(2,1)

arcsin(xy − 2)

arctan(3xy − 6)= lim

(x,y)→(2,1)

[1

3.arcsin(xy − 2)

xy − 2.

3xy − 6

arctan(3xy − 6)

]=

1

3

çünkü h(x, y) = xy−2→ 0 ve g(x, y) = 3xy−6 = 3.h(x, y)→ 0 ve ayrıca lim(x,y)→(1,2)

arcsinh(x,y)h(x,y) =

1 = lim(x,y)→(1,2)

g(x,y)arctan g(x,y) olur, çünkü iyi bilindigi gibi lim

x→0

arcsinxx = lim

x→0

(arcsinx)′

x′ = limx→0

1√1−x2 =

1 = limx→0

xarctanx geçerlidir.

Artık çok degiskenli fonksiyonların sürekliligi ile ilgilenebiliriz:

Önerme 3: Uygun bir Kε0(x0, y0) kare komsulugunda tanımlı gerçel degerli f = f(x, y) fonksi-

yonu için, asagıdaki iddialar geçerlidir:

i) lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f(x0, y0)

ii) ∀ε > 0, ∃δε > 0, f(Kδε(x0, y0)) ⊆ (f(x0, y0)− ε, f(x0, y0) + ε)

13


iii) ∀ε > 0, ∃δε > 0, |f(x, y)− f(x0, y0)| < ε (∀(x, y) ∈ Kδε(x0, y0))

iv) (xn, yn)→ (x0, y0) gerçekleyen her {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için f(xn, yn)→ f(x0, y0) olur.

Kanıtlama: Dikkat edilirse f(A) ⊆ (a, b) kapsama kosulu ile a < f(x) < b (∀x ∈ A) ko-

sulu esdeger olduklarından ii) ve iii) iddialarının esdeger oldukları anlasılır. Simdi i) dogru yani,

lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) = f(x0, y0) olsun. ε > 0 verildiginde limit tanımı nedeniyle

∃δε > 0, |f(x, y)− f(x0, y0)| < ε (∀(x, y) ∈ K∗δε(x0, y0))

ve zaten |f(x0, y0)− f(x0, y0)| = 0 < ε oldugundan, sonuçta

∀(x, y) ∈ Kδε(x0, y0) = K∗δε(x0, y0) ∪ {(x0, y0)} noktası için

|f(x, y)−f(x0, y0)| < ε gerçeklestigi anlasılır, yani i)⇒ iii) ≡ ii) çıkarması gösterilmis olur. iii) id-

diası dogruyken (xn, yn)→ (x0, y0) gerçekleyen herhangi bir {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için hem xn → x0

hem de yn → y0 nedeniyle ∃n1,ε ∈ N, |xn − x0| < δε(∀n ≥ n1,ε) ve ayrıca ∃n2,ε ∈ N, |yn − y0| <δε(∀n ≥ n2,ε) gerçeklesir nε = n1,ε + n2,ε ∈ N tanımlanırsa |xn − x0| < δε ve |yn − y0| < δε yani

(xn, yn) ∈ Kδε(x0, y0) (∀n ≥ nε) bulunur ve iii) dogru ve herbir n ≥ nε için (xn, yn) ∈ Kδε(x0, y0)

oldugundan iii) kullanılarak |f(xn, yn) − f(x0, y0)| < ε (∀n ≥ nε) bulunur buysa zn = f(xn, yn)

gerçel sayılarının f(x0, y0) gerçel sayısına yakınsaması yani f(xn, yn) → f(x0, y0) demektir, böyle-

likle iii) ⇒ iv) çıkarsaması elde edilir. Önerme1 kullanılarak iv) ⇒ i) çıkarsaması kolayca bulunur,

kısacası i) ⇒ iii) ≡ ii) ⇒ iv) ⇒ i) çıkarsamaları nedeniyle bu dört iddianın ikiser ikiser esdeger

oldukları anlasılır. Bitti!

Tanım5: Yukardaki önermedeki esdeger kosullardan herhani birisini (ve sonuçta tümünü) gerçek-

leyen f fonksiyonuna (x0, y0) noktasında süreklidir denilir.

Dikkat edilirse

f(x, y) =

{x. sin(x

2+y2)x2+y2

; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)ve g(x, y) =

{xy(x2−y2)x2+y2

; (x, y) 6= (0, 0)

0 ; (x, y) = (0, 0)

fonksiyonlarının her ikisi de lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = 0 = f(0, 0) ve ayrıca lim(x,y)→(0,0)

g(x, y) = 0 =

g(0, 0) nedeniyle (0, 0) noktasında süreklidirler. Aslında gerek f gerekse g fonksiyonu, herhangi bir

(x0, y0) 6= (0, 0) noktasında da süreklidir, çünkü (xn, yn)→ (x0, y0) gerçekleyen {(xn, yn)}∞n=1 dizisi

ne olursa olsun xn → x0 ve yn → y0 nedeniyle x2n → x20 ve y2n → y20 ve x2n + y2n → x20 + y20 > 0

ve sinüs sürekli oldugundan sin(x2n + y2n) → sin(x20 + y20) ve böylece sin(x2n+y2n)

x2n+y2n→ sin(x20+y

20)

x20+y20

ve

f(xn, yn) = xn.sin(x2n+y

2n)

x2n+y2n→ x0.

sin(x20+y20)

x20+y20

= f(x0, y0) bulunur. Ayrıca

h(x, y) =xy

x2 + y2 + 1, F (x, y) = ln(

xy

x2 + y2 + a)(a > 0)

14

fonksiyonları tanımlı oldukları her noktada süreklidirler. Benzer biçimde

p(x, y) = a1xn1ym1 + a2x

n2ym2 + ...+ akxnkymk

iki degiskenli polinomu, ai sabit katsayıarı ni,mi ≥ 0 tam sayıları ne olursa olsun, düzlemin her(x0, y0) noktasında süreklidir, neden?.

Örnek: Simdi, düzlemde R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1} kapalı birim çemberinin her nokta-sında süreksiz olan asagıdaki örnegi görelim: (Dikkat: R kapalı bölgesi D1(0, 0) birim açık dairesinin

sınırıdır.)

g(x, y) =

1

x2 + y2 − 1; (x, y) /∈ R

0 ; (x, y) ∈ R

Yalnızca, örnek olması amacıyla, ikinci bileseni 0 < y0 kosulunu gerçekleyen bir P0(x0, y0) ∈ R nok-

tasındaki süreksizligi görelim. Ünlü Arsimet Ilkesi yardımı ile, herhangi ε ∈ (0, 1) verildiginde ∃n0 ∈N, 1 < n0ε ve ∃n1 ∈ N, 1 < n1(4y0) dogal sayılarını ve onlar aracılıgıyla N0 = n0 + n1 tanımlansın.

Dikkat edilirse herbir n > N0 dogal sayısı için P0 ∈ R böylece x20+y20 = 1 unutmadan Pn(x0, y0− 12n)

noktaları, hem x20+(y0 − 1

2n

)2= 1− y0

n + 14n2 < 1 ve hem de |(y0− 1

2n)−y0| = 12n <

1n <

1n0< ε ve

Pn ∈ D1(0, 0)∩Kε(x0, y0) olur ama bu sonsuz tane Pn(x0, y0− 12n) ∈ Kε(x0, y0) noktaları için P0 ∈

R ve g (P0) = 0 oldugundan |g(Pn) − g(P0)| = |g(Pn)| = 1|x20+(y0− 1

2n)2−1| = 4n2

4ny0−1 > 1 böylece

|g(Pn)−g(P0)| > 1 > 12 bulunur, çünkü P0(x0, y0) ∈ R nedeniyle 0 < y0 = |y0| ≤

√x20 + y20 = 1 ve

n > N0 > n1 nedeniyle 4ny0 > 4n1y0 > 1 ve 0 < 4ny0−1 < 4ny0 ≤ 4n < 4n2 olmaktadır; oysa P0

noktasında süreklilik için, ∃ε0 > 0,∀(x, y) ∈ Kε0(x0, y0), |g(x, y)− g(P0)| < 12 kosulu gerçeklenme-

liydi. g fonksiyonunun R−R açık bölgesinde sürekli oldugunu göstermek güç degildir çünkü herhangi

(ξ0, ξ1) ∈ R2 − R alındıgında ∃δ0 > 0,Kδ0(ξ0, ξ1) ⊆ R2 − R oldugundan (xn, yn) → (ξ0, ξ1) ger-

çekleyen herhangi {(xn, yn)}∞n=1 dizisi için ∃m0 ∈ N, (xn, yn) ∈ Kδ0(ξ0, ξ1) ⊆ R2 −R (∀n ≥ m0)

böylece g(xn, yn) =1

x2n + y2n − 1→ 1

ξ20 + ξ21 − 1= g(ξ0, ξ1) bulunur.

Ödev: Okuyucu asagıda tanımlanan ilginç

h(x, y) =

{0 ; (x, y) ∈ D1(0, 0) ∩ (Q×Q)

1 ; (x, y) ∈ D1(0, 0)− (Q×Q)

h fonksiyonunun D1(0, 0) kümesinde her noktada süreksiz oldugunu göstermelidir.

Önerme: R2 kümesinde tanımlı, sürekli ve gerçel degerli f ve g fonksiyonları ne olursa olsun

Af,g = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) < g(x, y)} , Kf,g = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) = g(x, y)}

15


kümesinin birincisi açık ikincisi de kapalıdır.Kanıtlama: Gerçekten herhangi (x0, y0) ∈ Af,g alındıgında Kδ0(x0, y0) ⊆ Af,g olacak biçimde

δ0 > 0 sayısı tanımlamak güç degildir, çünkü (x0, y0) ∈ Af,g böylece f(x0, y0) < g(x0, y0) nedeniyle,

bilindigi gibi ∃ε0 > 0, f(x0, y0) + ε0 < g(x0, y0) − ε0 olur ve her iki fonksiyon da (x0, y0) ∈ R2

noktasında sürekli oldugundan sırasıyla

∃δ1 > 0, ∀(x, y) ∈ Kδ1(x0, y0), f(x, y) < f(x0, y0) + ε0 ,

∃δ2 > 0, ∀(x, y) ∈ Kδ2(x0, y0), g(x, y) > g(x0, y0)− ε0

gerçekleseceginden, herhangi bir 0 < δ0 < δ1 ∧ δ2 seçildiginde herbir (x, y) ∈ Kδ0(x0, y0)(⊆Kδ1(x0, y0) ∩ Kδ2(x0, y0)) noktası için f(x, y) < f(x0, y0) + ε0 < g(x0, y0) − ε0 < g(x, y)

böylece f(x, y) < g(x, y) yani (x, y) ∈ Af,g bulunur, bitti. O halde Af,g ∪ Ag,f kümesi de açıkolur(neden?), sonuçta Kf,g = R2 − (Af,g ∪Ag,f ) tümleyen kümesi kapalı olur. Dikkat edilirse

{(x, y) ∈ R2 : f(x, y) ≤ g(x, y)} = R2 −Ag,f

ve sözgelimi

{(x, y) ∈ R2 : sin(x+ y) ≤ x2 + y2}

kümeleri kapalıdır. Buna karsılık R2 − Kf,g = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) 6= g(x, y)} kümesi elbette

açıktır.Uyarı2: Üç degiskenli gerçel degerli fonksiyonlarda limit ve süreklilik kavramları, tümüyle benzer

biçimde verilir ve Önerme1 ve Önerme3’ün benzerleri kanıtlanır. Bu arada Önerme3 bize su gerçegi

anımsatır: [a, b] aralıgında tanımlı gerçel degerli bir f fonksiyonunun bir x0 ∈ [a, b] gerçel sayısında

sürekli olabilmesi için gyk x0 noktasında dizisel sürekli olması, yani xn → x0 kosulunu gerçekleyen

her {xn}∞n=1 dizisi için f(xn)→ f(x0) gerçeklesmesi gerçeginin, çok degiskenli gerçel degerli fonk-

siyonlar için de geçerli oldugu anlasılmıstır.

Örnek: R = {(x, y, z) ∈ R3 : z 6= 5y−2x2 }(⊆ R3) açık bölgesi aracılıgıyla

f(x, y, z) =

{4x+y−3z2x−5y+2z ; (x, y, z) ∈ R0 ; (x, y, z) /∈ R

fonksiyonu iÃ§in

lim(x,y,z)→(0,0,0)

f(x, y, z) limiti tanımsızdır, çünkü εn ↓ 0+ dizisi aracılıgıyla (εn, εn, εn)→ (0, 0, 0) ve

üstelik εn 6= 5εn−2εn2 nedeniyle (εn, εn, εn) ∈ R (∀n ∈ N) oldugundan f(εn, εn, εn) = 4εn+εn−3εn

2εn−5εn+2εn=

2εn−εn = −2 nedeniyle lim

n→∞f(εn, εn, εn) = −2 ve benzer biçimde (2εn, εn, 2εn)→ (0, 0, 0) dizisi için

limn→∞

f(2εn, εn, 2εn) = 1 oldugundan Uyarı1 kullanılır.

16

Çok degiskenli sürekli gerçel degerli fonksiyonlar tanımlanın basit yolları vardır, bunlar asagıda

verilmektedir:

Örnekler2:1) f = f(x) fonksiyonu [a, b] aralıgında, g = g(x) fonksiyonu [c, d] aralıgında tanımlı sürekli

gerçel degerli ise

F (x, y) = f(x).g(y) ve G(x, y) = f(x) + g(y)

fonksiyonları R = [a, b] × [c, d] bölgesinde tanımlı gerçel degerli ve süreklidir. Gerçekten R bölge-

sinde (xn, yn) → (x0, y0) ∈ R ise hem [a, b] aralıgında xn → x0 hem [c, d] aralıgında yn → y0 ve

f ile g sürekli olduklarından hem f(xn) → f(x0) hem de g(yn) → g(y0) ve böylece F (xn, yn) =

f(xn).g(yn) → f(x0).g(y0) = F (x0, y0) bulunurak, F fonksiyonunun Önerme3iv) nedeniyle R böl-

gesinin herbir (x0, y0) ∈ R noktasında sürekli oldugu anlasılır. F fonksiyonunun sürekliligi ε, δ yönte-

miyle de gösterilebilir: M = |f(x0)|+ |g(x0)|+ 1 ≥ 1 pozitif sayısı aracılıgıyla < ε ≤ 1 verildiginde

f ve g fonksiyonlarının sırasıyla x0 ∈ [a, b] ve y0 ∈ [c, d] gerçel sayılarında sürekli olmaları nedeniyle

∃δ1,ε > 0, f((x0 − δ1,ε, x0 + δ1,ε)) ⊆(f(x0)−

ε

2M,f(x0) +

ε

2M

)ve

∃δ2,ε > 0, g((y0 − δ2,ε, y0 + δ2,ε)) ⊆(g(y0)−

ε

2M, g(y0) +

ε

2M

)olur,

0 < δε < δ1,ε∧δ2,ε seçilirse hem δε < δ1,ε hem de δε < δ2,ε oldugundan herbir (x, y) ∈ Kδε(x0, y0) =

(x0 − δε, x0 + δε) × (y0 − δε, y0 + δε) için hem x ∈ (x0 − δ, x0 + δε) ⊆ (x0 − δ1,ε, x0 + δ1,ε) hem

y ∈ (y0 − δε, y0 + δε) ⊆ (y0 − δ2,ε, y0 + δ2,ε) ve f(x) ∈ (f(x0) − ε2M , f(x0) + ε

2M ) ve g(y) ∈(g(y0)− ε

2M , g(y0) + ε2M ) olur ve |f(x)| − |f(x0)| ≤ |f(x)− f(x0)| < ε

2M ≤ε2 < ε ≤ 1 ve böylece

hem |f(x)| < |f(x0)|+1 ≤M hem deM.|f(x)−f(x0)| < ε2 ve benzer biçimdeM |g(y)−g(y0)| < ε

2

bularak, sonuçta her (x, y) ∈ Kδε(x0, y0) için |F (x, y)− F (x0, y0)| = |f(x).g(y)− f(x0).g(y0)| ≤|f(x)|.|g(y)− g(y0)|+ |f(x)− f(x0)|.|g(y0)| ≤M.|g(y)− g(y0)|+ |f(x)− f(x0)|.(|g(y0)|+ 1) <ε2 + |f(x) − f(x0)|.M < ε kısacası ∀ε ∈ (0, 1), ∃δε ∈ R+, |F (x, y) − F (x0, y0)| < ε(∀(x, y) ∈Kδε(x0, y0)) bulunur, buysa F fonksiyonunun herbir (x0, y0) ∈ R noktasında olması demektir. G

fonksiyonu okuyucuya bırakılmıstır.

Bu nedenle F (x, y) = arctan√x. ln(1 + 5

√y3) fonksiyonu R = [0,∞) × [0,∞) bölgesinde

sürekli gerçel degerli bir fonksiyondur.

2) F = F (x, y) gerçel degerli fonksiyonu R = [a, b] × [c, d] bölgesinde sürekli ve ayrıca ϕ :

[a, b]→ [c, d] fonksiyonu sürekliyse f(x) = F (x, ϕ(x))(∀x ∈ [a, b]) biçiminde tanımlanan tek degis-

kenli f fonksiyonu [a, b] aralıgında süreklidir.

Iki satırlık kanıtlama: xn → x0 ∈ [a, b] ise ϕ sürekli oldugundan ϕ(xn) → ϕ(x0) ve F sürekli ve

(xn, ϕ(xn))→ (x0, ϕ(x0)) oldugundan f(xn) = F (xn, ϕ(xn))→ F (x0, ϕ(x0)) = f(x0) bulunur.

17


Ve yedi satırlık kanıtlama: Kısalık amacıyla ϕ(x0) = y0 yazılırsa , F fonksiyonu (x0, y0) =

(x0, ϕ(x0)) ∈ [a, b]× [c, d] = R noktasında sürekli oldugundan ∃δ1,ε > 0, ∀(x, y) ∈ Kδ1,ε(x0, y0)∩Riçin |F (x, y) − F (x0, y0)| < ε ve ϕ fonksiyonu x0 ∈ [a, b] noktasında sürekli oldugundan ∃δ2,ε >0,∀x ∈ ((x0 − δ2,ε, x0 + δ2,ε) ∩ [a, b]) için |ϕ(x) − y0| = |ϕ(x) − ϕ(x0)| < δ1,ε ve böylece

0 < δε < δ1,ε ∧ δ2,ε seçilirse, her x ∈ (x0 − δε, x0 + δε) ∩ [a, b] için hem |ϕ(x) − y0| < δ1,ε

hem de |x − x0| < δε < δ1,ε böylece (x, ϕ(x)) ∈ Kδ1,ε(x0, y0) nedeniyle |f(x) − f(x0)| =

|F (x, ϕ(x))− F (x0, ϕ(x0))| = |F (x, ϕ(x))− F (x0, y0)| < ε bulunur, buysa f fonksiyonu x0 nokta-

sında süreklidir demektir.

3) F = F (x, y) fonksiyonu R = [a, b] × [c, d] bölgesinde sürekli, (x0, y0) ∈ R ise ϕ(x) =

F (x, y0)(∀x ∈ [a, b]) ve ϕ(y) = F (x0, y)(∀y ∈ [c, d]) biçimde tanımlanan gerçel degerli ϕ ve ϕ

fonksiyonları süreklidir.Bunlar dizisel süreklilik karakterizasyonu ile kolayca yapılır.

4) Bir R ⊆ R2 bölgesinde tanımlı bir F = F (x, y) gerçel degerli fonksiyonuna, ancak ve yalnız,

her ε > 0 sayısına karsılık

∃δε > 0, (x1, y1), (x2, y2) ∈ R ve |x1 − x2| < δε, |y1 − y2| < δε ⇒ |F (x1, y1)− F (x2, y2)| < ε

çıkarsama kosulunu gerçeklerse R bölgesinde düzgün sürekli’dir denilir. Burada δε ∈ R+ pozitif ger-

çel sayısıR bölgesinin noktalarına kesinlikle baglı degildir, ona ε sayısına karsılık belirlenenR bölge-sinin düzgün süreklilik sabiti denilir. Dikkat edilirse f = f(x) fonksiyonu [a, b] aralıgında, g = g(x)

fonksiyonu ise [c, d] aralıgında sürekli ve gerçel degerli iseler F (x, y) = f(x).g(y) ve G(x, y) =

f(x) + g(y) fonksiyonları R = [a, b] × [c, d] kapalı dikdörtgen bölgesinde düzgün süreklidir. Ger-

çekten, iyi bilindigi gibi, bir [a, b] kapalı-sınırlı aralıgında gerçel degerli sürekli her fonksiyon düz-

gün sürekli oldugu, yani her ε > 0 sayısına karsılık ∃δε > 0, x1, x2 ∈ [a, b] ve |x1 − x2| < δε ⇒|f(x1)− f(x2)| < ε gerçeklediginden, özel olarak iyi tanımlı olan

0 ≤ ‖f‖ = supx∈[a,b]

|f(x)| <∞

non-negatif gerçel sayısı aracılıgıyla, (dikkat: f fonksiyonu kapalı-sınırlı [a, b] aralıgında sürekli ol-

dugundan, bilindigi gibi, aslında kesinlikle var olan uygun bir x0 ∈ [a, b] gerçel sayısı sayesinde

supx∈[a,b]

|f(x)| = maxx∈[a,b]

|f(x)| = |f(x0)| gerçeklesir) yukarda verilen f ve g içinM0 = ‖f‖+‖g‖+1(≥

1) sayısı tanımlanırsa, bu fonksiyonların düzgün sürekliligi nedeniyle ε > 0 verildiginde

∃δ1,ε > 0, x1, x2 ∈ [a, b] ve |x1 − x2| < δ1,ε ⇒ |f(x1)− f(x2)| <ε

2M0

∃δ2,ε > 0, y1, y2 ∈ [c, d] ve |y1 − y2| < δ2,ε ⇒ |g(y1)− g(y2)| <ε

2M0

18

olacak biçimde δ1,ε ∈ R+, δ2,ε ∈ R+ vardır, böylelikle 0 < δε < δ1,ε ∧ δ2,ε seçilirse, F fonksiyonu

(x1, y1), (x2, y2) ∈ R ve |x1, x2| < δε, |y1 − y2| < δε ⇒ |F (x1, y1)− F (x2, y2)| < ε

düzgün süreklilik kosulunu gerçekler, çünkü

|F (x1, y1)− F (x2, y2)| = |f(x1).g(y1)− f(x2), g(y2)|

≤ |f(x1)|.|g(y1)− g(y2)|+ |f(x1)− f(x2)|.|g(y2)|

≤ ‖f‖.|g(y1)− g(y2)|+ |f(x1)− f(x2)|‖g‖

≤M0.|f(x1)− f(x2)|+M0.|g(y1)− g(y2)|

<ε

2+ε

2= ε

gerçeklesir. G’nin düzgün sürekliligini göstermek daha kolaydır, ve ögrenciye bırakılmıstır.

5) R bölgesinde düzgün sürekli bir F = F (x, y) fonksiyonu, R bölgesindeki düzgün süreklilik ta-

nımı ve Önerme3iii) kosulu nedeniyle, apaçıktır ki R bölgesinin her bir (x0, yo) noktasında sürekli

yani R bölgesinde süreklidir. Oysa bir R bölgesinde sürekli olan her gerçel degerli fonksiyonun

R bölgesinde düzgün sürekli olması gerekmez. Su karsıt örnegi incelemek yeterlidir: f(x) = 1x =

g(x)(∀x ∈ (0, 1)) olsun, R = (0, 1) × (0, 1) açık-sınırlı bölgesi tanımlansın. F (x, y) = f(x).g(y) =1xy (∀(x, y) ∈ R) fonksiyonu R bölgesinde gerçel degerli hatta pozitif degerli ve üstelik sürekli-

dir(dizisel süreklilik kosulunu gerçekleyiniz) oysa R bölgesinde düzgün sürekli DEGILDIR. Örnegin

ε0 = 1 > 0 alındıgında, hiçbir δ ∈ R+ sayısı ε0 sayısına karsılık R bölgesinde düzgün süreklilik sabiti

görevini göremez, kısaca δ > 0 ne olsursa olsun, öyle uygun (xδ, yδ), (x∗δ , y∗δ ) ∈ R noktaları vardır ki

|xδ − x∗δ | < δ ve |yδ − y∗δ | < δ fakat ε0 < |F (xδ, yδ) − F (x∗δ , y∗δ )| gerçeklesir. Gerçekten, genelligi

bozmaksızın 0 < δ < 1 varsayabiliriz (aksi durumda 0 < δ∗ < 12 ∧ δ ile çalısılır), sabit bir a ∈ (0, 1)

alınsın, o halde 0 < a < 1 < 1δ nedeniyle 1 < 1

aδ gözleyiniz; simdi xδ = δ3 , x∗δ = δ

4 , yδ = y∗δ = a

alınsın, kolayca (xδ, yδ), (x∗δ , y∗δ ) ∈ (0, 1) × (0, 1) = R ve |xδ − x∗δ | = | δ3 −

δ4 | = δ

12 < δ ve

|yδ−y∗δ | = |a−a| = 0 < δ ve fakat |F (xδ, yδ)−(x∗δ , y∗δ )| = |

1xδyδ− 1x∗δy∗δ| = 1

a |3δ −

4δ | =

1aδ > 1 = ε0

olmaktadır.G(x, y) = 1xn + 1

ym ve H(x, y) = 1xnym fonksiyonlarının sabit n,m ∈ N dogal sayıları ne

olursa olsun R = (0, 1) × (0, 1) açık kare bölgesinde düzgün sürekli olmayan, sürekli fonksiyonlar

oldukları tümüyle benzer biçimde gösterilir.

6) f(x, y) = a0xn0ym0 ve g(x, y) = a1x

n1 + a2yn2 polinomları n0,m0, n1 ve n2 sabit dogal

sayıları ne olursa düzlemin her sınırlı R(⊆ R2) bölgesinde düzgün süreklidir. Gerçekten R bölgesi

sınırlı oldugundan uygun a < b ve c < d gerçel sayıları aracılıgıyla R ⊆ [a, b] × [c, d] kapsaması

geçerli olur. Dikkat: her x ∈ [a, b] için M1 = |a| ∨ |b| > 0 pozitif sayısının −M1 ≤ −|b| ≤ b ≤ x ≤a ≤ |a| ≤ M1 yani −M1 ≤ x ≤ M1 ve sonuçta |x| ≤ M1 gerçekledigini unutmayınız. Simdi f ’in

19


tanımındaki sabitler aracılıgıyla

M = (|a0|+ 1)(n0 +m0)(M1 + 1)n0 .(M2 + 1)m0 > 1

pozitif gerçel sayısının, herhangi bir (x, y) ∈ R noktasından tümüyle bagımsız olarak tanımlandıgını,

yalnızca R bölgesi kapsayan dikdörtgen bölgeyle f ’in tanımındaki sabitlere baglı olduguna dikkat

ediniz. Tıpkı Örnek1.2) sayfa 10’da yapıldıgı gibi (x1, y1), (x2, y2) ∈ R ne olursa olsun, asagıdaki

esitsizligin geçerli oldugunu

|f(x1, y1)− f(x2, y2)| = |a0||xn01 y

m01 − xn0

2 ym22 | ≤M.|x1 − x2|+M.|y1 − y2|

böylece, ε > 0 verildiginde 0 < δε <ε

2M sayısının, R bölgesinin bu ε sayısına karsılık belirle-

digi düzgün süreklilik sabiti oldugunu çünkü (x1, y1), (x2, y2) ∈ R ve |x1 − x2| < δε, |y1 − y2| <δε ⇒ |f(x1, y1) − f(x2, y2)| ≤ M.|x1 − x2| + M.|y1 − y2| < 2Mδε < ε bulunacagı gözlenir.

g fonksiyonu için, yalnızca R bölgesiyle g’nin tanımındaki sabitlere baglı bir M > 0 sayesinde

|g(x1, y1) − g(x2, y2)| ≤ |a1|.|xn11 − xn1

2 | + |a2|.|ym11 − ym1

2 | ≤ M.|x1 − x2| + M.|y1 − y2| bu-

lunacagı böylelikle g’nin R bölgesinde düzgün sınırlı oldugunu gösteriniz.Somut birer örnek olarak

siz

f(x, y) = 2x2y ve g(x, y) = x3 + 2y2

polinomlarının [0, 1]× [0, 1] kapalı-sınırlı bölgesinde düzgün sürekli olduklarını, örnegin ε0 = 12 sayı-

sına karsılık birer düzgün süreklilik sabiti belirleyebildigini gösteriniz.

Uyarı: Herhangi bir R(⊆ Rn) tıkız bölgesinde tanımlı, gerçel degerli ve sürekli her fonksiyonun

düzgün sürekli oldugu Topoloji derslerinde kanıtlanır.

Yinelemeli Limitlerf = f(x, y) fonksiyonu (x0, y0) noktasının uygun bir kare komsulugunda sürekliyse lim

x→x0( limy→y0

f(x, y))

ve limy→y0

( limx→x0

f(x, y)) limitleri esit ve

limx→x0

( limy→y0

f(x, y)) = f(x0, y0) = limy→y0

( limx→x0

f(x, y))

olur, çünkü apaçık biçimde x → x0 ise yani x gerçel sayısı x0 gerçel sayısına soldan ya da sagdan

yeteri yakınsa (x, y0) ∈ Kε0(x0, y0) olur ve f fonksiyonu (x, y0) ∈ Kε0(x0, y0) noktasında sü-

rekli oldugunda limy→y0

f(x, y) = lim(x,y)→(x,y0)

f(x, y) = f(x, y0) ve böylelikle limx→x0

( limy→y0

f(x, y)) =

limx→x0

f(x, y0) = f(x0, y0) bulunur, son esitlik yazılırken Örnek 2.3)’deki ϕ(x) = f(x, y0) biçimde ta-

nımlananϕ fonksiyonunun sürekli olusu bilgisi kullanılmıstır. Tümüyle benzer biçimde limy→y0

( limx→x0

f(x, y)) =

f(x0, y0) gösterilir.

20

Dikkat: Yukarıdaki yinelemeli (tekrarlı) limitler esit degilse fakat f fonksiyonu K∗ε0(x0, y0) delikli

komsulugunda sürekli ise f fonksiyonu (x0, y0) noktasında sürekli olamaz, çünkü sürekli olsaydı

Kε0(x0, y0) = K∗ε0(x0, y0) ∪ {(x0, y0)} komsulugunun her noktasında sürekli olur ve yukarda ka-

nıtlandıgı gibi, yinelemeli limitler esit olurdu. Örnegin R = {(x, y) ∈ R2 : y 6= −x} açık bölgesi

tanımlanırsa (bunun, R2 düzleminde y = −x dogrusu üzerinde bulunan tüm noktaların atılmasıyla,

yani bu dogrunun düzlemden çıkarılmasıyla elde edilecegini gözleyin)

f(x, y) =

{x−yx+y ; (x, y) ∈ R0 ; (x, y) /∈ R

biçiminde tanımlanan fonksiyon, her ε > 0 için K∗ε (0, 0)∩R açık kümesinin her noktasında süreklidir

(neden ?) ve x → 0 iken yani x gerçel sayısı 0 gerçel sayısına yeteri yakın fakat henüz 0 degilken

limy→0

f(x, y) = limy→0

x−yx+y = 1 olur, böylelikle lim

x→0(limy→0

f(x, y)) = 1 bulunur, burada su önemli gerçege

dikkat edilmistir: limy→0

f(x, y) limiti hesaplanırken, 0 gerçel sayısına yeteri yakın olan x degismemekte

yani sabit tutulmaktadır, dolayısıyla, y → 0 nedeniyle, y gerçel sayısı−|x| < y < |x| ve sonuçta |y| <|x| gerçeklediginden bu (x, y) sıralı gerçel sayı ikilisi (x, y) ∈ R yani y 6= −x gerçekler, çünkü aksi

durumda |y| = |−x| = |x| bulunurdu, kısacası x gerçel sayısı 0’a yeteri kadar yakın fakat sabitken y →0 oldugunda (x, y) ∈ R ve f(x, y) = x−y

x+y olur ve bu tür x’ler için limy→0

f(x, y) = limy→0

x−yx+y = 1 bulunur.

Buna karsılık limy→

( limx→0

f(x, y)) = −1 olur(neden?), böylelikle limx→

(limy→0

f(x, y)) 6= limy→

( limx→0

f(x, y))

bulunur. Dikkat edilirse f fonksiyonu (0, 0) /∈ R noktasında SÜREKSIZDIR; çünkü εn ↓ 0+ için

(εn, 2εn) ∈ R ve f(εn, 2εn) = −εn3εn→ −1

3 fakat f(2εn, εn) = 13 →

13 geçerlidir, yani uygun bir

(xn, yn) → (0, 0) dizisi için f(xn, yn) → −13 buna karsılık bir baska (x∗n, y

∗n) → (0, 0) dizisi için

f(x∗n, y∗n)→ 1

3 olmaktadır, böylece lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) limiti tanımsızdır.

Tanım 6: n > 1 olmak üzere, Rn kümesine tanımlanan fonksiyonlara, bu fonksiyonların tanım kü-

meleri ne olursa olsun, vektör degerli fonksiyon denir. [Daha genel olarak herhangi bir vektör uzayına

tanımlanan fonksiyonlara vektör degerli denir.] Örnegin

ϕ(x) = (f(x), g(x)) ∈ R2 (∀x ∈ [a, b]),

F (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) ∈ R2 (∀(x, y) ∈ R ⊆ R2),

H(x, y, z) = (f1(x, y, z), f2(x, y, z), f3(x, y, z)) ∈ R3 (∀(x, y, z) ∈ R∗ ⊆ R3)

fonksiyonları birer vektör degerli fonksiyon örnegidir, burada tüm bilesen fonksiyonların gerçel de-

gerli oldugunu söylemeye gerek yoktur. Bunlar, ancak ve yalnız, tüm bilesen fonksiyonlar sürekli ise-

ler sürekli olurlar, Örnegin u ve v bilesen fonksiyonları sürekli ise F fonksiyonu süreklidir, çünkü

(xn, yn) → (x0, y0) ise u ve v fonksiyonlarının sürekliligi nedeniyle u(xn, yn) → u(x0, y0) ve

21


v(xn, yn) → v(x0, y0) ve böylece F (xn, yn) = (u(xn, yn), v(xn, yn)) → (u(xo, y0), v(x0, y0)) =

F (x0, y0) gerçeklesir. Vektör degerli fonksiyonların analiziyle bir sonraki bölümde ilgilenecegiz.

Tanım7 (Kısmi Türevler)Bir R(⊆ R2) bölgesinde tanımlı gerçel degerli f = f(x, y) fonksiyonlarına x ve y degiskenlerine

göre kısmi türevleri, ancak ve yalnız, asagıdaki limitler var(tanımlı) ise

fx(x, y) =∂f

∂x

∣∣∣(x,y)

= limh→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h

fy(x, y) =∂f

∂y

∣∣∣(x,y)

= limk→0

f(x, y + k)− f(x, y)

k

biçiminde tanımlanır. x degiskeninin degisim niceligi ∆x yerine genellikle h buna karsılık y degiske-

nininki ise ∆y yerine k ile yazılır. Bu nedenle örnegin

fx(x0, y0) = limh→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h, fy(x0, y0) = lim

k→0

f(x0, k + y0)− f(x0, y0)

k

olur. Örnegin f(x, y) = 2x2 − xy + y2 için

fx(x, y) = limh→0

f(x+ h, y)− f(x, y)

h= lim

h→0

2(x+ h)2 − (x+ h)y + y2 − (2x2 − xy + y2)

h

= limh→0

4xh+ 2h2 − hyh

= limh→0

(4x+ 2h− y) = 4x− y

ve benzer biçimde fy(x, y) = −x + 2y bulunur. Buna karsılık R = {(x, y) ∈ R2 : y 6= −x} olmak

üzere

g(x, y) =

{x(x−y)x+y ; (x, y) ∈ R0 ; (x, y) /∈ R

fonksiyonu için gx(0, 0) = 1 olur, çünkü dikkat edilirse

gx(0, 0) = limh→0

g(0 + h, 0)− g(0, 0)

h= lim

h→0

g(h, 0)

h= lim

h→0

h

h= 1

bulunur. çünkü (0, 0) /∈ R nedeniyle g(0, 0) = 0, buna karsılık (h, 0) ∈ R nedeniyle g(h, 0) =h(h−0)h+0 = h2

h = h geçerlidir. Dikkat edilirse gy(0, 0) = limk→0g(0,0+k)−g(0,0)

k = limk→0g(0,k)k =

limk→00k = 0 olur. Ayrıca

ϕ(x, y) = x3y + exy2

(∀(x, y) ∈ R2)

ise (x, y) ∈ R2 ne olursa olsun ϕx(x, y) = 3x2y + y2exy2

ve ϕy(x, y) = x3 + 2xyexy2

gözlemek güç

degildir (nasıl?). fx ve fy fonksiyonlarına birinci mertebeden kısmi türevler denir. f fonksiyonlarının

ikinci mertebeden kısmi türevleri

fxx =∂fx∂x

, fxy =∂fx∂y

, fyx =∂fy∂x

, fyy =∂fy∂y

22

kısacası, örnegin fxy(x, y) =∂fx∂y

= limk→0

fx(x, y + k)− fx(x, y)

kbiçiminde tanımlanır burada apa-

çıktır ki limk→0

fx(x, y + k)− fx(x, y)

klimitinin var(tanımlı) oldugu varsayılmaktadır, aksi halde fxy

ikinci mertebe kısmi türevi (x, y) noktasında tanımsız olur. Üç degiskenli fonksiyonlar için kısmi türev

tanımları benzerdir. Simdi asagıdaki örnegi inceleyelim:

ϕ(x, y, z) =

1√

x2+y2+z2; (x, y, z) 6= (0, 0, 0)

0 ; (x, y, z) = (0, 0, 0)

fonksiyonunun, herbir (x, y, z) 6= (0, 0, 0) noktasındaki kısmi türevleri (R3−{0, 0, 0} açık bölgesinde)dogrudan hesaplanarak (bkz. asagıda Uyarı 0)

ϕx(x, y, z) =−x

(x2 + y2 + z2)3/2, ϕxx(x, y, z) =

2x2 − y2 − z2

(x2 + y2 + z2)5/2

ve benzer biçimde ϕyy(x, y, z) =2y2 − x2 − z2

(x2 + y2 + z2)5/2ve ϕzz(x, y, z) =

2z2 − x2 − y2

(x2 + y2 + z2)5/2bularak

ϕxx(x, y, z) + ϕxx(x, y, z) + ϕxx(x, y, z) = 0 (∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0))

elde edilir. Oysa, ϕx(0, 0, 0), ϕy(0, 0, 0) ve ϕz(0, 0, 0) kısmi türevleri tanımsızdır, çünkü

limh→0+

ϕ(0 + h, 0, 0)− ϕ(0, 0, 0)

h= lim

h→0+

ϕ(h, 0, 0)

h= lim

h→0+

1

h2= +∞ buna karsılık

limh→0−

ϕ(0 + h, 0, 0)− ϕ(0, 0, 0)

h= lim

h→0−

ϕ(h, 0, 0)

h= lim

h→0−

1

h.|h|= −∞ geçerlidir. Böylece,

ikinci mertebeden kısmi türevlerin tanımlı oldugu noktalarda

ϕxx + ϕyy + ϕzz = 0

oldugu, yani ϕ fonksiyonunun ünlü Laplace denkleminin bir çözümü oldugu anlasılır.

Uyarı: Bazı yazarlar fx, fy, fxx, fxy vb. kısmi türevleri için sırasıyla f1, f2, f11, f12 vb. yazarlar,

biz bu yazısı kullanmayacagız.

Önerme4: f = f(x, y) fonksiyonunun (x0, y0) noktasında kısmi türevlerinin var(tanımlı) olabil-

mesi için gyk g(x) = f(x, y0) ve h(y) = f(x0, y) gerçel degerli fonksiyonların sırasıyla x0 ve y0noktalarında türetilebilir olmasıdır. Üstelik bu durumda g′(x0) = fx(x0, y0) ve h′(y) = fy(x0, y0)

geçerlidir.

Kanıtlama: f(x0+h,y0)−f(x0,y0)h = g(x0+h)−g(x0)

h gözleyerek fx(x0, y0) = limh→0

f(x0+h,y0)−f(x0,y0)h

limitinin var (tanımlı) olabilmesi için gyk g′(x0) = limh→0

g(x0+h,h)−g(x0)h limitinin var olmasıdır. Benzer

23


seyler f(x0,y0+k)−f(x0,y0)k = h(y0+k)−h(y0)

k gözleyerek fy(x0, y0) kısmi türevi için yapılır. Üstelik bu

limitler varsa g′(x0) = fx(x0, y0), h′(y0) = fy(x0, y0) bulunur.

Uyarılar3:0) Eger G ⊆ R2 kümesi açıksa, her (x, y) ∈ G için f(x, y) = g(x, y) ise üstelik G kümesinde g

fonksiyonunun kısmi türevleri varsa, bu durumda

∀(x, y) ∈ G iÃ§in fx(x, y) = gx(x, y) ve fy(x, y) = gy(x, y)

esitlikleri geçerlidir. Gerçekten herhangi (x0, y0) ∈ G alındıgında, G açık bir küme oldugundan ∃δ0 >0,Kδ0(x, y) ⊆ G olur böylece h→ 0 oldugunda −δ0 < h < δ0 yani |h| < δ0 gerçekleseceginden

fx(x0, y0) = limh→0

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= lim

h→0

g(x0 + h, y0)− g(x0, y0)

h= gx(x0, y0)

bulunur, çünkü (x0 + h, y0) ∈ Kδ0(x0, y0) ⊆ G nedeniyle, varsayım geregi f(x0 + h, y0) = g(x0 +

h, y0) ve elbette (x0, y0) ∈ G nedeniyle zaten f(x0, y0) = g(x0, y0) geçerlidir. Ikinci esitlik k → 0

iken |k| < δ0 olması gerekeceginden benzer biçimde f(x0, y0 + k) = g(x0, y0 + k) gözleyip ko-

layca bulunur. Bu bilgiler asagıda özelikle ∀(x, y) ∈ G için f(x, y) = g(x, y) ve ∀(x, y) /∈ G için

f(x, y) = h(x, y) biçimde tanımlanan f = f(x, y) fonksiyonlarının G kümesindeki kısmi türevlerinin

hesaplanmasında kullanılacaktır.

1) f = f(x, y) fonksiyonu (x0, y0) noktasında sürekli, fxy(x0, y0) ve fyx(x0, y0) kısmi türevleri

var fakat fxy(x0, y0) 6= fyx(x0, y0) olabilir. Gerçekten asagıda yazılı ve çizili olan kapalı

R = {(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ |x|}

bölgesi tanımlansın. O halde R2 −R = {(x, y) ∈ R2 : |x| < |y|} olur. Üstelik

i)(x, y) ∈ R, ii)(−x, y) ∈ R, iii)(x,−y) ∈ R, iv)(−x,−y) ∈ R

iddiaları ikiser ikiser esdegerdir, örnegin (x, y) ∈ R ise |y| ≤ |x| = | − x| yani |y| ≤ | − x| bularak

(−x, y) ∈ R elde edilir, tersine (−x, y) ∈ R ise |y| ≤ |−x| = |x| bularak (x, y) ∈ R gözlenir, kısacası

i) ve ii) kosulları esdegerdir. Oysa (1,1

2) ∈ R oldugundan kolayca (1,−1

2), (−1,

1

2) ve (−1,−1

2) ∈ R

oldugu anlasılır, kısacası her iki bileseni de non-negatif olupR bölgesine ait olan tüm (x, y) noktalarını

belirlersek tüm R bölgesini asagıdaki gibi bulmus oluruz:

f(x, y) =

{xy ; (x, y) ∈ R ise

−xy ; (x, y) /∈ R ise

biçiminde tanımlanan f fonksiyonu göz önüne alınsın. Dikkat edilirse, her (x, y) ∈ R2 için ya f(x, y) =

xy ya da f(x, y) = −xy oldugundan, sonuçta her x, y ∈ R için f(x, 0) = 0 = f(0, y) ve özellikle

24

f(0, 0) = 0 ve ayrıca |f(x, y)| = |x|.|y| bularak, 0 < ε verildiginde 0 < δε <√ε seçerek, herbir

(x, y) ∈ Kδε(0, 0) için, hem |x| < δε <√ε hem de |y| < δε <

√ε olacagından |f(x, y)− f(0, 0)| =

|f(x, y)| = |x|.|y| <√ε√ε = ε yani |f(x, y) − f(0, 0)| < ε(∀(x, y) ∈ Kδε(0, 0)) bularak f fonksi-

yonunun (0, 0) noktasında sürekli oldugu anlasılır. Üstelik, f fonksiyonunun

fx(0, 0) = 0 = fy(0, 0) ve fxy(0, 0) = −1 6= 1 = fyx(0, 0)

gerçekledigini gözlemek güç degildir, çünkü örnegin

fx(0, 0) = limh→0

f(0 + h, 0)− f(0, 0)

h= lim

h→0

f(h, 0)

h= lim

h→0

0

h= 0.

Buna karsılık, herbir y 6= 0 için 0 < |y| ve

fx(0, y) = limh→0

f(0 + h, y)− f(0, y)

h= lim

h→0

f(h, y)

h= lim

h→0

−hyh

= −y

bulunur, çünkü h→ 0 nedeniyle h ∈ (−|y|, |y|) ve sonuçta −|y| < h < |y| yani |h| < |y| oldugundan

(h, y) /∈ R ve böylece f(h, y) = −hy geçerlidir. Demek ki, tüm bu bulunanlardan fx(0, y) = −y(∀y ∈

R) elde edilir(neden?) böylece fxy(0, 0) = limk→0fx(0, 0 + k)− fx(0, 0)

k= limk→0

fx(0, k)

k=

limk→0−kk

= −1 olur. Okuyucu kolayca fy(x, 0) = x(∀x ∈ R) ve fyx(0, 0) = 1 gözleyerektir.

Istenilen karsıt örnek verilmis olur.

2) fx(x0, y0) ve fy(x0, y0) kısmi türevleri var(tanımlı) oldugu halde f = f(x, y) fonksiyonu

(x0, y0) noktasında süreksiz olabilir. Gerçekten

f(x, y) =

xy

x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0) ise

0 ; (x, y) = (0, 0) ise

25


fonksiyonu (0, 0) noktasında süreksizdir, çünkü f(εn, εn) =ε2n

ε2n + ε2n=

1

2buna karsılık f(εn, 2εn) =

2ε2n5ε2n

=2

5sonucu her εn ↓ 0+ dizisi için geçerli, böylece (εn, εn) → (0, 0) ve (εn, 2εn) → (0, 0) ol-

masına karsın f(εn, εn) ve f(εn, 2εn) gerçel sayı dizilleri, aynı bir ` limitine yakınsayamamaktadır.

Oysa hem fx(0, 0) = 0 hem de fy(0, 0) = 0 geçerlidir, örnegin fx(0, 0) = limh→0

f(0 + h, 0)− f(0, 0)

h=

limh→0

f(h, 0)

h= lim

h→0

0

h= 0 olur.

Ayrıca suna dikkat edilebilir. ∀δ > 0,∃(xδ, yδ) ∈ Kδ(0, 0), 15 < |f(xδ, yδ) − f(0, 0)| çünkü

0 <√

25δ < xδ < δ ve 0 <

√25δ < yδ < δ seçilirse (xδ, yδ) 6= (0, 0) ve f(xδ, yδ) =

xδyδx2δ + y2δ

>

xδyδ2δ2

> 15 olur.

Dikkat: Asagıda, fx ve fy kısmi türev fonksiyonları, eger (x0, y0) noktasında sürekliyseler, ffonksiyonunun (x0, y0) noktasında sürekli olacagı gerçegi kanıtlanacaktır.

3) f, fx, fy fonksiyonları (x0, y0) noktasında sürekli ve fxx, fxy, fyx, fyy ikinci mertebe kısmi

türevleri heryerde tanımlı oldugu halde fxy(x0, y0) 6= fyx(x0, y0) olabilir. Gerçekten

f(x, y) =

xy(x2 − y2)x2 + y2

; (x, y) 6= (0, 0) ise

0 ; (x, y) = (0, 0) ise

fonksiyonu göz önüne alınırsa f, fx, fy fonksiyonlarının üçü de (0, 0) noktasında süreklidir. Gerçekten

(0, 0) 6= (x, y) ise

|f(x, y)− f(0, 0)| = |f(x, y)| = |xy|∣∣∣∣x2 − y2x2 + y2

∣∣∣∣ ≤ |xy| = |x||y|ve böylece |f(x, y) − f(0, 0)| ≤ |x||y| < ε(∀(x, y) ∈ Kδε(0, 0)) bulunur, burada 0 < δε <

√ε

alınmıstır. Dikkat edilirse (x, y) 6= (0, 0) ise A0 = {(0, 0)} tek noktalı kapalı kümesi için (x, y) /∈ A0

gerçeklesir, böylece ∃δ > 0 , Kδ(x, y) ∩ A0 = ∅ yani (0, 0) /∈ Kδ(x, y) olur, kısacası f fonksiyonu

Kδ(x, y) açık komsulugundaxy(x2 − y2)x2 + y2

rasyonel polinomuna esit oldugundan Uyarılar 3’deki 0)

Uyarısı geregi

fx(x, y) =∂

∂x

(xyx2 − y2

x2 + y2

)=y(x2 − y2)x2 + y2

+xy.(x2 + y2)2x− (x2 − y2)2x

(x2 + y2)2= y.

x4 + 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2

bulunur. Ayrıca x ve y gerçel sayıları ister 0 isterse sıfırdan farklı olsunlar. f(x, 0) = 0 = f(0, y) ve

böylece h 6= 0 içinf(0 + h, 0)− f(0, 0)

h=f(h, 0)

h= 0 nedeniyle fx(0, 0) = 0 ve benzer biçiminde

fy(0, 0) = 0 bulunur. Ayrıca y 6= 0 ise fx(0, y) = y.−y4

(y2)2= −y ve fxy(0, 0) = −1 bulunur. Dikkat

26

edilirse |x4+4x2−y4| ≤ x4+4x2y2+y4 ≤ 2x4+4x2y2+2y4 = 2(x2+y2)2 nedeniyle (x, y) 6= (0, 0)

ise

|fx(x, y)− fx(0, 0)| = |fx(x, y)| = |y||x4 + 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2| ≤ |y|2(x2 + y2)2

(x2 + y2)2= 2|y|

bulunur, dolayısıyla |fx(x, y) − fx(0, 0)| ≤ 2|y| < ε (∀(x, y) ∈ K ε2(0, 0)) bulup fx kısmi tü-

rev fonksiyonunun (0, 0) noktasında sürekli oldugu anlasılır. Yine (x, y) 6= (0, 0) ise fy(x, y) =

x.x4 − 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2bulup fy fonksiyonunun da (0, 0) noktasında sürekli oldugu anlasılır. Siz ister

(x, y) = (0, 0) olsun, ister (x, y) 6= (0, 0) olsun. fxy(x, y), fxx(x, y), fxy(x, y) ve fyy(x, y) kısmi

türevlerinin tanımlı ve üstelik

fxy(0, 0) = limk→0

fx(0, k)− fx(0, 0)

k= lim

k→0

(−k)

k= −1 6= fyx(0, 0) = 1

oldugunu, örnegin (x, y) 6= (0, 0) ise fx(x, y) = y.x4 + 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2ve böylece

fxy(x, y) =x4 + 4x2y2 − y4

(x2 + y2)2+

4x2y2(x2 − 3y2)

(x2 + y2)3=x6 − y6 + 9x2y2(x2 + y2)

(x2 + y2)3

gerçeklendigini gözleyiniz. Istenilen karsıt örnek bulunmus olur.

4) Yukarda ilk uyarıda tanımlanan asagıdaki fonksiyon

f(x, y) =

{xy ; (x, y) ∈ R−xy ; (x, y) /∈ R

göz önüne alındıgında bu fonksiyon için R bölgesinin (0, 0) noktasından farklı hiçbir sınır noktasında

fx ve fy kısmi türevleri TANIMLI DEGILDIR. Sözgelimi 0 < x0 sabit pozitif gerçel sayısı ne olursa

olsun. fx(x0, x0) ve fy(x0, x0) TANIMSIZDIR! Gerçekten h < 0 iken, asagıdaki limit

limh→0−

f(x0 + h, x0)− f(x0, x0)

h= lim

h→0−

−(x0 + h)x0 − x20h

= −x0 − 2x20 limh→0−

1

h= +∞

olmaktadır, çünkü h → 0− iken |h| → 0 nedeniyle 0 < |h|(= −h) < x0 olur, böylece 0 < x0 + h <

x0 gözleyip (x0 + h, x0) /∈ R nedeniyle f fonksiyonunun tanımı geregi f(x0 + h, x0) = −(x0 +

h)x0 = −x20 − hx0 olmaktadır, yukardaki limit bulunur! Dolayısıyla fx için ASAGIDAKI YAZIS

KESINLIKLE YANLISTIR:

fx(x, y) =

{y ; (x, y) ∈ R−y ; (x, y) /∈ R

Benzer biçimde fy(x0, x0) tanımsızdır. (neden?). Oysa

∂R = {(x, y) : x = y} ∪ {(x, y) : x = −y}(⊆ R)

27


sınır bölgesini çıkaracak olursak, o zaman Uyarı 0)’dan da yararlanarak ve R − ∂R = iÃ§R kümesi

daima açık oldugundan

fx(x, y) =

{y ; (x, y) ∈ R− ∂R−y ; (x, y) /∈ R

ve fy(x, y) =

{x ; (x, y) ∈ R− ∂R−x ; (x, y) /∈ R

gerçeklestigini gözlemek güç degildir (nasıl?).

Teorem1: fxy fonksiyonu Kε(x0, y0) komsulugunda sürekli ve H(x) = fy(x, y0) fonksiyonu

uygun bir (x0 − ε0, x0 + ε) aralıgında tanımlıysa, fyx(x0, y0) var ve üstelik fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0)

olur.

Kanıtlama Öncesi Bilgiler:Bilindigi gibi ünlü Ortalama Deger Teoremi nedeniyle, bir F = F (x) fonksiyonu bir (a, b) aralı-

gında eger türetilebilirse a < x0 < x1 < b gerçekleyen x0, x1 gerçel sayıları ne olursa olsun

F (x1)− F (x0) = (x1 − x0).F ′(ξ)

gerçeklenecek biçimde en az bir ξ ∈ (x0, x1) vardır, dolayısıyla x ∈ (a, b) ve a < x < x + h < b

gerçekleyen 0 < h ya da a < x+ h < x < b gerçekleyen h < 0 ne olursa olsun. F (x+ h)− F (x) =

h.F ′(ξh) gerçekleyip x ile x + h arasında yer alan en az bir ξh vardır. Benzer biçimde G = G(x, y)

fonksiyonunun, uygun bir Kε0(x0, y0) komsulugunda Gy kısmi türev fonksiyonu tanımlıysa F (y) =

G(x0, y) fonksiyonu için G(x0, y0 +k)−G(x0, y0) = F (y0 +k)−F (y0) = kF ′(ηk) = k.Gy(x0, ηk)

yani G(x0, y0 + k) − G(x0, y0) = k.Gy(x0, ηk) olacak biçimde ve 0 < k ise y0 < ηk < y0 + k <

y0 + ε0 ve k < 0 ise y0 − ε0 < y0 + k < ηk < y0 gerçekleyen bir ηk gerçel sayısı vardır, burada

F ′(ηk) = Gy(x0, ηk) yazarken Önerme 4’ün kullanıldıgına dikkat ediniz. Benzer seyler Gx kısmi

türevi varsa (tanımlıysa) geçerlidir.

Kanıtlama: Gerçel degerli bir f = f(x, y) fonksiyonu Kε0(x0, y0) komsulugunda sürekliyse,

herseyden önce bu Kε0(x0, y0) kare komsulugunda tanımlı olması gerekir. Dolayısıyla teoremin ifa-

desindeki f = f(x, y) için, varsayım geregi uygun bir Kδ0(x0, y0) komsulugunda fxy ve sonuçta fxve f fonksiyonları tanımlıdır, yani (x1, y1) ∈ Kδ0(x0, y0) ne olursa olsun fxy(x1, y1), fx(x1, y1) ve

f(x1, y1) gerçel sayıları tanımlıdır. Ayrıca yine varsayım geregi H(x) = fy(x, y0) fonksiyonu da bir

I0 = (x0 − ε0, x0 + ε0) aralıgında tanımlıdır ve genelligi bozmaksızın ε0 = δ0 alabiliriz, çünkü aksi

durumda yeni bir 0 < δ1 < δ ∧ ε0 seçip Kδ1(x0, y0) ve I1 = (x0 − δ1, x0 + δ1) komsuluklarında

çalısırdık. Simdi, asagıdaki

g(x) = f(x, y0 + k)− f(x, y0) (∀x ∈ I0, k ∈ (−ε0, ε0))

fonksiyonu tanımlansın. Dikkat: x ∈ I0 ve k ∈ (−ε0, ε0) ise |x−x0| < ε0 ve |(y0+k)−y0| = |k| < ε0

28

nedeniyle (x, y0), (x, y0 + k) ∈ Kε0(x0, y0) oldugunu gözleyiniz. Önerme 4 kullanılarak

g′(x) = fx(x, y0 + k)− fx(x, y0) (∀x ∈ I0, k ∈ (−ε0, ε0))

bulunur, kısacası g fonksiyonu I0 açık aralıgında türetilebilir oldugundan, h 6= 0 ve h ∈ (−ε0, ε0) için

g(x0 +h)−g(x0) = h.g′(ξh) olacak biçimde x0 ile x0 +h arasında bir ξh gerçel sayısı vardır. (dikkat:

h = 0 için ξ0 = x0 alarak g(x0 + h) − g(x0) = h.g′(ξh)) esitliginin her h ∈ (−ε0, ε0) için geçerli

oldugu anlasılır.) Sonuçta

h(fx(ξh, y0 + k)− fx(ξh, y0)) = h.g′(ξh) = g(x0 + h)− g(x0)

= f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0)− f(x0, y0 + k) + f(x0, y0)

ve ayrıca kanıtlama öncesi gözlendigi gibi, y0 ile y0 + k arasında yer alan uygun bir ηk sayesinde ve

ϕ(y) = fx(ξh, y) fonksiyonu (y0 − ε0, y0 + ε0) aralıgında türetilebilir oldugundan

fx(ξh, y0 + k)− fx(ξh, y0) = k.fxy(ξh, ηk)

bulunacagından, tüm bunlardan sunlar elde edilir: k 6= 0 için

hk.fxy(ξh, ηk) = h(fx(ξh, y0 + k)− fx(ξh, y0)

)=(f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0)

)−(f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)

),

h.fxy(ξh, ηk) =f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0)

k− f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)

k.

Dikkat edilirse h → 0 için ξh → x0 ve k → 0 için ηk → y0 olur(neden?) fxy fonksiyonu sürekli,

dolayısıyla limk→0

fxy(ξh, ηk) = fxy(ξh, y0) ve benzer biçimde limh→0

fxy(ξh, y0) = fxy(x0, y0) oldugu

ve ayrıca H(x) = fy(x, y0) biçiminde tanımlanan H fonksiyonu herbir x ∈ I0 için tanımlı, özellikle

fy(x0+h, y0) ve fy(x0, y0) tanımlı oldugundan, h 6= 0 gerçekleyen her h ∈ (−ε0, ε0) için son bulunan

esitlik ile

h.fxy(ξh, y0) = limk→0

(h.fxy(ξh, ηk))

= limk→0

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0 + h, y0)

k− limk→0

f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)

k

= fy(x0 + h, y0)− fy(x0, y0)

ve sonuçta

fxy(ξh, y0) =fy(x0 + h, y0)− fy(x0, y0)

h(h 6= 0, h ∈ (−ε0, ε0))

29


bulunur, üstelik sol tarafın h → 0 için limiti var (tanımlı) oldugundan sag tarafın da var olmalıdır,

böylece istenen elde edilir:

fxy(x0, y0) = limh→0

fxy(ξh, y0) = limh→0

fy(x0 + h, y0)− fy(x0, y0)h

= fyx(x0, y0) .

Uyarı: Kolayca öngörülebilecegi ve benzer biçimde kanıtlanacagı gibi eger fyx fonksiyonuKε0(x0, y0)

komsulugunda sürekli ve g(y) = fx(x0, y) fonksiyonu uygun bir (y0 − ε0, y0 + ε0) aralıgında tanım-

lıysa fxy(x0, y0) vardır ve fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0) geçerlidir.

Önerme5: i) Açık bir R bölgesinde tanımlı gerçel degerli f = f(x, y) için eger fxy fonksiyonu

sürekli, fy fonksiyonu tanımlıysa, R bölgesinde fxy = fyx kısacası fxy(x, y) = fyx(x, y) (∀(x, y) ∈R) olur. ii) Açık bir R bölgesinde, hem fxy hem de fyx sürekliyse fxy = fyx olur.

Kanıtlama: i) Verilen hipotezler altında, her (x0, y0) ∈ R noktasının Kε0(x0, y0) ⊆ R gerçekle-

yen bir komsulugu var ve bu komsulukta fxy fonksiyonu sürekli ve fy fonksiyonu tanımlı ve özellikle

h(x) = fy(x, y0) biçiminde tanımlanan h fonksiyonu (x0−ε0, x0+ε0) aralıgında tanımlı olacagından,

Teorem1 uygulanarak fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0) bulunur, bu sonuç herbir (x0, y0) ∈ R için geçerli ol-

dugundan sonuçta fxy(x, y) = fyx(x, y)(∀(x, y) ∈ R) bulunmus olur.

ii) Bu iddianın i) sıkkından kolayca elde edilecegini gözleyiniz, çünkü fyx fonksiyonu R bölgesinde

sürekliyse, apaçık biçimde fy fonksiyonu R bölgesinde tanımlı olacaktır.

Simdi artık, türetilebilme kavramı ve ünlü zincir kuralı ile ilgilenebiliriz:

Tanım8: Kε0(x0, y0) komsulugunda tanımlı gerçel degerli bir f = f(x, y) fonksiyonunu, ancak

ve yalnız, her h, k ∈ (−ε0, ε0) için, asagıdaki yazılıs gerçeklenecek biçimde t1, t2 sabitleri ile (0, 0)

noktasında sürekli olup ϕ(0, 0) = Ψ(0, 0) = 0 kosullarını gerçekleyen gerçel degerli ϕ = ϕ(h, k) ve

Ψ = Ψ(h, k) fonksiyonları tanımlanabilirse (varsa), (x0, y0) noktasında türetilebilir denir:

f(x0 +h, y0 + k)− f(x0, y0) = t1.h+ t2.k+h.ϕ(h, k) + k.Ψ(h, k) (∀h, k ∈ (−ε0, ε0)) (∗)

Uyarı: Iyi bilindigi gibi, tek gerçel degiskenli ve gerçel degerli bir g = g(x) fonksiyonu, türetilebildigi

her noktada sürekli olmaktaydı. Bu gerçek, iki ve daha çok degiskenli gerçel degerli fonksiyonlar için

de geçerlidir. Bazı yazarlar, iki ( ve daha çok ) degiskenli fonksiyonlarda, yukardaki Tanım’da verilen

kosulu gerçekleyen fonksiyona tümel türetilebilir (total diferansiyellenebilir) demektedirler, çünkü

(x0, y0) noktasında bu kosulu gerçekleyen f fonksiyonunun asagıda gösterilecegi gibi, tüm degisken-

lerine göre (x0, y0) noktasında kısmi türevlere sahip olmasından daha güçlü bir kosul gerçeklemis olur.

Önerme 6: i) f = f(x, y) fonksiyonu (x0, y0) noktasında türetilebiliyorsa, tanımdaki t1 ve t2sabitleri tek türlü biçimde belirlenir ve t1 = fx(x0, y0), t2 = fy(x0, y0) olur.

ii) f = f(x, y) fonksiyonu türetilebildigi her noktada süreklidir.

30

iii) Eger fx ve fy kısmi türev fonksiyonları uygun birKε0(x0, y0) komsulugunda tanımlı ve sürekli

iseler f fonksiyonu (x0, y0) noktasında türetilebilirdir.iv) Açık birR = (a, b)×(c, d) bölgesinde sürekli kısmi türevlere sahip bir f = f(x, y) fonksiyonu,

R bölgesinde türetilebilirdir dolasyısıyla süreklidir.

Kanıtlama: i) Türetilebilme tanımındaki (∗) bagıntısı, özellikle k = 0 ve h 6= 0 gerçekleyen

h ∈ (−ε0, ε0) için yapılırsa

f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= t1 + ϕ(h, 0) (∀h ∈ (−ε0, 0) ∪ (0, ε0))

bulunucagından, h→ 0 için limit alarak ve sag yanın, ϕ fonksiyonunun (0, 0) noktasında sürekli olusu

ve (h, 0) → (0, 0) gözleyerek ϕ(h, 0) → ϕ(0, 0) = 0 gerçeklenmesi nedeniyle, h → 0 için limiti var

oldugundan, kolayca

t1 = t1 + 0 = limh→0

(t1 + ϕ(h, 0)) =f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)

h= fx(x0, y0)

ve tümüyle benzer biçimde t2 = fy(x0, y0) sonuçları bulunur.

ii) f = f(x, y) fonksiyonu (x0, y0) noktasında türetilebilirse, Tanım8’deki kosulları yerine getirip

(0, 0) noktasında sürekli ve ϕ(0, 0) = Ψ(0, 0) = 0 gerçekleyen ϕ ve Ψ fonksiyonları tanımlıdır,

böylece ε0 > 0 sayısına karsılık |ϕ(h, k)| = |ϕ(h, k) − ϕ(0, 0)| < ε0 ve |Ψ(h, k)| = |Ψ(h, k) −Ψ(0, 0)| < ε0 (∀(h, k) ∈ Kδ0(0, 0)) olacak biçimde δ0 > 0 vardır, sonuçta (∗) bagıntısı kullanılırsa

|f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)| = |t1h+ t2k + hϕ(h, k) + kΨ(h, k)|

≤ |t1||h|+ |t2||k|+ |h|ε0 + |k|ε0 = |h|(|t1|+ ε0) + |k|(|t2|+ ε0)

≤ (|h|+ |k|)(|t1|+ |t0|+ ε0) (∀(h, k) ∈ Kδ0(0, 0))

olur, böylelikle ε > 0 verildiginde, 0 < δε < δ0 ∧ε

2|t1|+ |t2|+ ε0gerçekleyen pozitif δε belirlenirse,

herbir (h, k) ∈ Kδε(0, 0) için |h| < δε ve |k| < δε olur, böylelikle |h| + |k| < 2δε <ε

|t1|+ |t2|+ ε0ve sonuçta

|f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)| ≤ (|h|+ |k|).(|t1|+ |t2|+ ε0) < ε

bulunur, oysa herbir (x, y) ∈ Kδε(x0, y0) için x = x0 + hx ve y = y0 + ky olacak biçimde bir

hx ∈ (−δε, δε) ve ky ∈ (−δε, δε) kısacası (hx, ky) ∈ (−δε, δε)×(−δε, δε) = Kδε(0, 0) var oldugundan

(dikkat:(x, y) ∈ Kδε(x0, y0) ise örnegin x ∈ (x0 − δε, x0 + δε) yani x0 − δε < x < x0 + δε ve

−δε < x − x0 = hx < δε yani hem x = x0 + hx hem de hx ∈ (−δε, δε) gereklendigini gözleyiniz),

biraz önceki sonuç kullanılarak

|f(x, y)− f(x0, y0)| = |f(x0 + hx, y0 + ky)− f(x0, y0)| < ε (∀(x, y) ∈ Kδε(x0, y0))

31


bulunur, bu sonuç f fonksiyonunun (x0, y0) noktasında sürekli olması demektir.

iii) fx ve fy kısmi türev fonksiyonlarının her ikisi de (x0, y0) noktasında sürekli olsun. O halde bu

kısmi türev fonksiyonları, herseyden önce uygun bir Kε0(x0, y0) komsulunda var(tanımlıdırlar) yani

herbir (x1, y1) ∈ Kε0(x0, y0) için fx(x1, y1) ve fy(x1, y1) iyi tanımlıdır. O halde h, k ∈ (−ε0, ε0) ne

olursa olsun, Teorem1’in kanıtlanmasından önce gözlendigi gibi, h 6= 0 ise x0 ile x0 + h arasında yer

alan uygun bir ξh için

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0 + k) = h.fx(ξh, y0 + k)

gerçeklesir ve h = 0 için ξh = ξ0 = x0 alınırsa, bu özel durumda da yukardaki esitligin geçerli, çünkü

her iki yanın 0 oldugu gözlenir. O halde ϕ = ϕ(h, k) gerçel degerli fonksiyonu eger

ϕ(h, k) = fx(ξh, y0 + k)− fx(x0, y0) (∀h, k ∈ (−ε0, ε0))

biçiminde tanımlanırsa, kolayca fx(ξh, y0 + k) = fx(x0, y0) + ϕ(h, k) ve

f(x0 + h, y0 + k) = f(x0, y0 + k) + h.f(ξh, y0 + k)

= f(x0, y0 + k) + h.fx(x0, y0) + h.ϕ(h, k)

bulunur. Benzer biçimde k 6= 0 için y0 ile y0 + k arasında yer alan bir ηk gerçel sayısı (dikkat: k = 0

için η0 = y0 alınız) aracılıgıyla

f(x0, y0 + k) =(f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)

)+ f(x0, y0) = k.fy(x0, ηk) + f(x0, y0)

olur ve bu kez Ψ = Ψ(h, k) fonksiyonu

Ψ(h, k) = fy(x0, ηk)− fy(x0, y0) (∀h, k ∈ (−ε0, ε0))

biçiminde tanımlanırsa fy(x0, ηk) = fy(x0, y0) + Ψ(h, k) gözleyerek

f(x0, y0 + k) = f(x0, y0) + k.fy(x0, y0) + k.Ψ(h, k)

ve böylece

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)1= h.fx(x0, y0) + k.fy(x0, y0) + h.ϕ(h, k) + k.Ψ(h, k)

bulunur, üstelik (h, k) → (0, 0) için hem h → 0 nedeniyle x0 + h → x0 ve hem de k → 0 nedeniyle

y0 +k → y0 oldugundan, ξh ve ηk gerçel sayılarının tanımları geregi ξh → x0 ve ηk → y0 olur, üstelik

32

fx ve fy fonksiyonları (x0, y0) noktasında sürekli ve (x0, ηk) → (x0, y0) ve (ξh, y0 + k) → (x0, y0)

nedeniyle fx(ξh, y0 + k)→ fx(x0, y0) ve fy(x0, ηk)→ fy(x0, y0) gözlenmelidir, ayrıca

ϕ(0, 0) = fx(ξ0, y0 + 0)− fx(x0, y0) = fx(x0, y0)− fx(x0, y0) = 0

ve benzer biçimde Ψ(0, 0) = 0 bulunacagından, sonuçta

lim(h,k)→(0,0)

ϕ(h, k) = lim(h,k)→(0,0)

[fx(ξh, y0 + k)− fx(x0, y0)] = 0 = ϕ(0, 0)

ve benzer biçimde lim(h,k)→(0,0)

Ψ(h, k) = 0 = Ψ(0, 0) bularak ϕ ve Ψ fonksiyonlarının (0, 0) noktasında

sürekli oldukları anlasılır. Bu gözlemler ve yukardaki (1) bagıntısı nedeniyle f fonksiyonunun (x0, y0)

noktasında türetilebilir olmasına iliskin kosulu gerçekledigi, kısacası bu noktada türetilebilir oldugu

anlasılır.

iv) Bu sık, bir önceki sıktan kolayca (nasıl?) elde edilir.

Teorem2 (Zincir Kuralı)f = f(x, y) fonksiyonu (x0, y0) noktasında türetilebilir ve t gerçel degiskeninin fonksiyonları

olan x = u(t) ve y = v(t) ise u(t0) = x0 ve v(t0) = y0 gerçekleyip t0 noktasında türetilebilir iseler

g(t) = f(u(t), v(t)) (∀t ∈ (t0 − δ0, t0 + δ0))

biçiminde tanımlanan fonksiyon t0 noktasında türetilebilirdir ve asagıdaki bagıntı geçerlidir:

g′(t0) = fx(x0, y0).u′(t0) + fy(x0, y0).v

′(t0).

Kanıtlama: f fonksiyonunun (x0, y0) noktasında türetilebilir olması varsayımı nedeniyle ve Önerme6’da

belirlenen ti sabitlerini yazarak

f(x0+h, y0+k)−f(x0, y0) = hfx(x0, y0)+kfy(x0, y0)+h.ϕ(h, k)+k.Ψ(h, k) (∀h, k ∈ (−ε0, ε0))

geçerlidir. Üstelik x = u(t) ve y = v(t) fonksiyonları t0 gerçel sayısında türetilebilir ve sonuçta sürekli

olduklarından

h(`) = u(t0 + `)− u(t0) , k(`) = v(t0 + `)− v(t0)

tanımlayıp, süreklilik nedeniyle |`| < δ0 için |h(`)| = |u(t0 + `) − u(t0)| < ε0 ve benzer biçimde

|k(`)| < ε0 ve ayrıca u(t0 + `) = u(t0) + h(`) = x0 + h(`) ve v(t0 + `) = v(t0) + k(`) = y0 + k(`)

gözleyip, sonuçta yukarıdaki esitsizlikten yararlanarak

g(t0 + `)− g(t0) = f(u(t0 + `), v(t0 + `))− f(u(t0), v(t0))

= f(x0 + h(`), y0 + k(`))− f(x0, y0)

= h(`)(fx(x0, y0) + ϕ(h(`), k(`))

)+ k(`)

(fy(x0, y0) + Ψ(h(`), k(`))

)33


ve böylelikle

g(t0 + `)− g(t0)

`= (fx(x0, y0) + ϕ(h(`), k(`))).

u(t0 + `)− u(t0)

`

+ (fy(x0, y0) + Ψ(h(`), k(`))).v(t0 + `)− v(t0)

`

bulunur. Oysa u ve v fonksiyonlarının t0 noktasındaki süreklilikleri nedeniyle ` → 0 için h(`) → 0

ve k(`) → 0 yani (h(`), k(`)) → (0, 0) oldugundan ve ayrıca ϕ ve Ψ fonksiyonlarının (0, 0) nokta-

sındaki süreklilikleri nedeniyle lim`→0

ϕ(h(`), k(`)) = ϕ(0, 0) = 0 ve lim`→0

Ψ(h(`), k(`)) = Ψ(0, 0) = 0

gerçeklestiginden sonuçta asagıdaki istenen esitlikler bulunur:

g′(t0) = lim`→0

g(t0 + `)− g(t0)

`

= lim`→0

(fx(x0, y0) + ϕ(h(`), k(`))). lim`→0

u(t0 + `)− u(t0)

`

+ lim`→0

(fy(x0, y0) + Ψ(h(`), k(`))). lim`→0

v(t0 + `)− v(t0)

`

= fx(x0, y0).u′(t0) + fy(x0, y0).v

′(t0) .

Uyarılar: Yukardaki teorem, aynı bir t gerçel degiskeni tarafından belirlenen x = u(t) ve y = v(t) için,

eger f fonksiyonu (x, y) noktasında türetilebilirse, ayrıca u ve v fonksiyonları türetilebilirse g(t) =

f(u(t), v(t)) biçiminde tanımlanan g fonksiyonunun bu t gerçel sayısında türetilebilir oldugunu ve bu

t için

g′(t) = fx(x, y).u′(t) + fy(x, y).v′(t) = fx.x′(t) + fy.y

′(t)

zincir kuralının gerçeklendigini kanıtlanıs olmaktadır. Dikkat edilmesi gereken sudur: f ve g aslında

farklı fonksiyonlardır, herseyden önce f fonksiyonu düzlemde bir R(⊆ R2) bölgesinde, g ise t gerçel

sayısının alındıgı bir (t0 − δ0, t0 + δ0) aralıgında tanımlıdır, kısacası tanım kümeleri farklıdır ve

iyi bilindigi gibi iki fonksiyonun esit olabilmesi için, herseyden önce tanım kümelerinin aynı olması

gerekli ve sonra bu tanım kümesindeki her noktada esit degerler almaları gereklidir; ayrıca u ve v

türetilebilir, dolayısıyla sürekli iseler, bu fonksiyonlar altında u((t0 − δ0, t0 + δ0)) = I0 ve v((t0 −δ0, t0 + δ0)) = J0 aralıkları belirlenir(dikkat: bunların birer açık aralık olmaları gerekmez, örnegin

u(t) = sin(t) biçiminde tanımlanan türetilebilir u fonksiyonu altında (0, π) açık aralıgının görüntüsü

olan u((0, π)) = (0, 1] aralıgı bir açık aralık degildir) ve I0× J0 ⊆ R gerçeklendigi varsayılmaktadır;

üstelik t1 6= t′1 gerçekleyen t1, t′1 ∈ (t0 − δ0, t0 + δ0) için, f fonksiyonu, x1 = u(t1) ile y1 =

v(t′1) gerçel sayılarının olusturdugu (x1, y1) ∈ R noktasında tanımlı olmasına karsın, gerek g(t1) =

f(x1, y1) gerekse g(t′1) = f(x1, y1) gerçeklenmesi GEREKMEMEKTEDIR, sözgelimi v fonksiyonu

34

bire-bir ise y1 = v(t′1) 6= v(t1) ve sonuçta (x1, y1) 6= (x1, v(t1)) olur ve f fonksiyonu da bire-

birse g(t1) = f(u(t1), v(t1)) = f(x1, v(t1)) ile f(x1, y1) gerçel sayıları farklıdır. Anımsanacak

olursa, Matematikte aynı bir X kümesinde tanımlanmıs F,G : X → Y fonksiyonları aracılıgıyla

(F M G)(x) = (F (x), G(x)) ∈ Y × Y (∀x ∈ X) biçiminde tanımlanan F M G : X → Y × Y

fonksiyonuna, F ileG fonksiyonlarının kösegen fonksiyonu denilir ve yukardaki teoremde tanımlanan

tüm fonksiyonlarının, ◦ isareti fonksiyon bileskesi olmak üzere

g = f ◦ (u M v) yani g(t) =(f ◦ (u M v)

)(t) = f(u(t), v(t)) (∀t ∈ (t0 − δ0, t0 + δ0))

gerçekledigi özellikle gözlenmelidir. Baska bir deyimle R bölgesinin

R0 = {(x, y) ∈ R : ∃t ∈ (t0 − δ0, t0 + δ0), x = u(t) ve y = v(t)} ⊆ R

alt bölgesi göz önüne alınırsa R0 = (u M v)((t0 − δ0, t0 + δ0)) olur ve f fonksiyonunun R0 alt

bölgesine kısıtlanıs fonksiyonunda, f(R0) görüntü kümesine ait herbir gerçel sayının, uygun bir t ∈(t0 − δ0, t0 + δ0) degiskeni aracılıgıyla f(u(t), v(t)) biçimde oldugu anlasılır, üstelik u ve v fonksi-

yonları (t0− δ0, t0 + δ0) aralıgında ve f fonksiyonu R bölgesinde türetilebilir iseler, t degiskeninin bu

fonksiyonunun türetilebilir oldugu ve türev degerinin fx(x(t), y(t)).x′(t)+fy(x(t), y(t)).y′(t) oldugu

anlasılır. R0 kümesi aslında, t 7→ (u(t), v(t)) eslestirmesi aracılıgıyla belirlendigi, u ve v fonksiyon-

ları türetilebilir dolayısıyla sürekli oldukları için, düzlemde bir EGRI’yi gösterir, kısacası R0 aslında

bir egridir. Asagıdaki iki ünlü düzlem egrisi örnegi verilmektedir. Birincisi

x(t) = cos(2πt).(2 cos(2πt)− 1) , y(t) = sin(2πt).(2 cos(2πt)− 1) (∀t ∈ [0, 1])

Ikincisi ise ünlü kardiod egrisidir, burada a > 0 bir sabittir

x(t) = a cos(2πt).(1 + cos(2πt)) , y(t) = a sin(2πt).(1 + cos(2πt)) (∀t ∈ [0, 1])

Bir baska düzlem egrisi örnegi asagıda verilmektedir:

Iste f fonksiyonunun, yukarda R0 egrisini belirleyen t degiskenine göre türevi f ′(t) =df

dt= g′(t)

olarak alınarak(tanımlanarak) Teorem 2 nedeniyle

f ′(t) = fx(x(t), y(t)).x′(t) + fy(x(t), y(t)).y′(t) (∀ ∈ (t0 − δ0, t0 + δ0))

ya da baska bir yazısla

f ′(t) =∂f

∂x|(x(t),y(t)).x′(t) +

∂f

∂y|(x(t),y(t)).y′(t)

35


ya da kısmi türevlerin, hangi, noktada hesaplanacagını unutmadan daha kısa bir biçimde yazılarak

f ′(t) =∂f

∂x.x′(t) +

∂f

∂y.y′(t) = fx.x

′(t) + fy.y′(t)

bagıntısı, böylelikle iyi bilinen ünlü df = f ′(t)dt bilgisi kullanılarak

df = f ′(t)dt = fx.x′(t)dt+ fy.y

′(t)dt = fxdx+ fydy (1)

sonucu bulunur. Benzer biçimde, bir R(⊆ R3) bölgesinde tanımlı gerçel degerli bir f = f(x, y, z)

fonksiyonunun bir (x0, y0, z0) ∈ R noktasında türetilebilme kosulu, herbir h, k, l ∈ (−ε0, ε0) üçlüsü

için

f(x0 +h, y0 + k, z0 + l)− f(x0, y0, z0) = ht1 + kt2 + lt3 +hϕ1(h, k, l) + kϕ2(h, k, l) + lϕ3(h, k, l)

olacak biçimde t1, t2, t3 sabitleri ile ϕi(0, 0, 0) = 0(i = 1, 2, 3) kosulunu gerçekleyip (0, 0, 0) nokta-

sında sürekli olan gerçel degerli ϕi = ϕi(h, k, l)(i = 1, 2, 3) fonksiyonlarının varlıgı biçiminde tanım-

lanırsa, yukardaki Önerme6 ve Teorem2’nin benzer kanıtlamaları ve ardısıra gelen uyarıdaki benzer

düsüncelerle, t degiskeninin x = u(t), y = v(t), z = w(t) türetilebilir fonksiyonlarından yararlanıp

df = fxdx+ fydy + fzdz (2)

sonucu elde edilir. Bu sonuç, ilerde görecegimiz nabla islemcisi yardımıyla kısa ve öz biçimde asagı-

daki gibi yazılır:

df = ∇f.d−→r

36

Tümüyle benzer biçimde, gerek f = f(x, y) ve gerekse x = ϕ(u, v) ile y = Ψ(u, v) fonksiyonları

türetilebiliyorsa f = f(ϕ(u, v),Ψ(u, v)) fonksiyonunun kısmi türevleri için asagıdaki zincir kuralıgeçerlidir:

fu = fx.xu + fy.yu , fv = fx.xv + fy.yv

Bunları görebilmek için, sabit bir (u0, v0) alındıgında F (u) = f(ϕ(u, v0),Ψ(u, v0)) fonksiyonunu

artık yalnızca u degiskenine baglı oldugunu gözleyip ϕ(u) = ϕ(u, v0) ve Ψ(u) = Ψ(u, v0) aracı

fonksiyonları aracılıgıyla ve Önerme 4 kullanılarak sunlar elde edilir:

F (u0) = fx(u0, v0).ϕ′(u0) + fy(u0, v0).Ψ(u0) = fx(u0, v0).ϕu(u0, v0) + fy(u0, v0).Ψu(u0, v0)

= fx(u0, v0).xu(u0, v0) + fy(u0, v0).yu(u0, v0) .

Yukardaki sonuçlar, f = f(x, y) fonksiyonunda x ve y bilesenleri bir t degiskeninin fonksiyonu olma-dıklarında da, asagıdaki teoremde görülecegi gibi, benzer bir sonucu ulasmamıza yol açar: Demek ki

f = f(x, y) fonksiyonunun, türetilebilir oldugu bir P (x, y) noktasındaki diferansiyeli x ve y bagımsız

degiskenleri ne olursa olsun asagıdakidir (dolayısıyla sayfa(36) daki zincir kuralları da geçerlidir):

df = fxdx+ fydy

Artık kısmi türevler ve zincir kuralı üstüne örnekler görebiliriz.

Örnekler 3:

1) f(x, y) = x2. arctan(y

x) ise fyx(1, 1) = 1 gösterelim. f fonksiyonu dikkat edelirse (R−{0}×

R) açık kümesinde tanımlıdır. Kısmi türevler dogrudan alınır.

Gerçekten fy(x, y) = x2.∂

∂y(arctan(

y

x)) = x2.

1

x.

1

1 +( yx

)2 =x3

x2 + y2(∀(x, y) ∈ (R − {0}) ×

R) ve böylelikle fyx(x, y) =∂

∂x

(x3

x2 + y2

)=x4 + 3x2y2

(x2 + y2)2bularak fyx(1, 1) =

4

4= 1 elde edilir.

Siz (35) deki Uyarı’yı kullanıp fxy(x, y) = fyx(x, y) (∀(x, y) ∈ (R−{0})×R) göstererek fxy(1, 1) =

1 elde ediniz.

1∗) Ψ(0, 0, 0) = 0 ve (x, y, z) 6= (0, 0, 0) için Ψ(x, y, z) =x+ y + z√x2 + y2 + z2

biçiminde tanımlanan

Ψ fonksiyonunun

Ψxx(x, y, z) + Ψyy(x, y, z) + Ψzz(x, y, z) + 2Ψ(x, y, z)

x2 + y2 + z2= 0 (∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0))

bagıntısını gerçekledigini gösterelim.

Gerçekten yardımcı ϕ(0, 0, 0) = 0 ve (x, y, z) 6= (0, 0, 0) için ϕ(x, y, z) =1√

x2 + y2 + z2

fonksiyonu aracılıgıyla Ψ(x, y, z) = (x + y + z).ϕ(x, y, z)(∀(x, y, z) ∈ R3) oldugundan, kolayca

37


(x, y, z) 6= (0, 0, 0) için G = R3 − {(0, 0, 0)} açık bölgesinde çalısıldıgı için, dogrudan kısmi türev

alıp

Ψx(x, y, z) = ϕ(x, y, z)+(x+y+z).ϕx(x, y, z) , Ψxx(x, y, z) = 2ϕx(x, y, z)+(x+y+z)ϕxx(x, y, z)

ve benzerleri Ψyy ve Ψzz için yazılıp, üstelik

ϕxx(x, y, z) + ϕyy(x, y, z) + ϕzz(x, y, z) = 0 (∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0)),

ϕx(x, y, z) = − x

(x2 + y2 + z2)3/2,

ϕy(x, y, z) = − y

(x2 + y2 + z2)3/2,

ϕz(x, y, z) = − z

(x2 + y2 + z2)3/2

sonuçları daha önceden gösterildiginden(nerede?), sonuçta

Ψxx(x, y, z) + Ψyy(x, y, z) + Ψzz(x, y, z) + 2Ψ(x, y, z)

x2 + y2 + z2

= (x+ y + z)[ϕxx(x, y, z) + ϕyy(x, y, z) + ϕzz(x, y, z)]− 2x+ y + z

(x2 + y2 + z2)3/2+ 2

Ψ(x, y, z)

x2 + y2 + z2

= −2x+ y + z

(x2 + y2 + z2)3/2+ 2

x+ y + z

(x2 + y2 + z2)3/2= 0 ((x, y, z) 6= (0, 0, 0))

istenen sonucuna ulasılır.

Siz, tümüyle benzer yöntemle Ψ∗(0, 0, 0) = 0 ve (x, y, z) 6= (0, 0, 0) için Ψ∗(x, y, z) =xy + yz + zx√x2 + y2 + z2

biçiminde tanımlanan fonksiyonun asagıdakini gerçekledigini gösteriniz:

Ψ∗xx(x, y, z) + Ψ∗yy(x, y, z) + Ψ∗zz(x, y, z) + 4Ψ∗(x, y, z)

x2 + y2 + z2= 0 (∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0))

2) Bir R bölgesinde uxy = 0 yani uxy(x, y) = 0 (∀(x, y) ∈ R) olsun. f(x, y) = u(x, y).eax+by

biçiminde tanımlanan f fonksiyonunun hangi a ve b sabitleri için R bölgesinde fxy − fx− fy + f = 0

gerçekledigini belirleyelim. Kısalık amacıyla v(x, y) = ax + by yazılırsa f fonksiyonu f(x, y) =

u(x, y).ev(x,y)(∀(x, y) ∈ R) biçiminde yazılıp

fx(x, y) = ux(x, y).ev(x,y) + au(x, y).ev(x,y) = ev(ux + au)

fy = ev(uy + bu) ve fxy = (uxy + bux + auy + abu).ev

ve sonuçta fxy − fx − fy + f = ux(b− 1) + uy(a− 1) + u(1 + ab− a− b) bulunacagından, kolayca

a = 1 = b alındıgında f fonksiyonunun istenileni gerçekleyecegi anlasılır.

38

3) Her (r, t) ∈ R × R+ için f = f(r, t) = tα.e−r2

4t olsun. α sabitinin hangi degeri için r2.ft =∂

∂r(r2.fr) gerçeklendigini belirleyiniz.

Aranan α sabitinin α = −32 oldugunu asagıdaki biçimde gözleyiniz:

ft = αtα−1.e−r2

4t +r2

4t2.tα.e−

r2

4t = e−r2

4t (αtα−1 +r2

4.tα−2)

fr =−rtα−1

2.e−

r2

4t ve r2fr = − tα−1

2.r3e−

r2

4t bularak

∂

∂r(r2.fr) = − t

α−1

2.∂

∂r(r3.e−

r2

4t ) = r2tα−1e−r2

4t

(r2

4t− 3

2

)ve zaten

r2.ft = r2tα−1e−r2

4t

(r2

4t+ α

)

oldugundan istenen esitlik içinr2

4t− 3

2=r2

4t+ α böylece α = −3

2elde edilir.

4) Her x 6= 0 ve y ∈ R için f(x, y) = x. cos(yx

)+ tan

(yx

)biçiminde tanımlanan fonksiyonun

x2fxx + 2xyfxy + y2fyy = 0 gerçekledigini gösteriniz.

Gerçekten gereken hesaplamalarla

x2.fxx = −y2

x. cos

(yx

)+

2y

x.

1

cos2(yx

) +2y2

x2.

sin(yx

)cos3

(yx

)2xy.fxy =

2y2

x. cos

(yx

)− 2y

x.

1

cos2(yx

) − 4y2

x2.

sin(yx

)cos3

(yx

)bulunur, siz y2.fyy’yi hesaplayıp isteneni gerçekleyiniz.

5) ∀(x, y) 6= (a, b) için ϕ(x, y) = ln(

(x − a)2 + (y − b)2)

ise, bu fonksiyonun ϕxx + ϕyy = 0

gerçekledigini gösteriniz. Gerçekten

ϕx =2(x− a)

(x− a)2 + (y − b)2ve ϕxx =

2(

(y − b)2 − (x− a)2)

((x− a)2 + (y − b)2

)2 (∀(x, y) 6= (a, b))

bulup, benzer biçimde ϕyy =2(

(x− a)2 − (y − b)2)

((x− a)2 + (y − b)2

)2 = −ϕxx elde ediniz.

6) R ⊆ R2 açık bölgesi R = {(x, y) ∈ R2 : y 6= −x} olmak üzere f fonksiyonu

f(x, y) =

x(x− y)

x+ y; (x, y) ∈ R

0 ; (x, y) /∈ R

39


biçiminde tanımlansın. lim(x,y)→(0,0)

fx(x, y) limitinin tanımsız oldugunu gözleyelim.

Gerçekten her (x, y) ∈ R için x + y 6= 0 gözleyip R açık bölgesinde dogrudan kısmi türev alıp

fx(x, y) = 1 − 2y2

(x+ y)2bulunur. Oysa lim

(x,y)→(0,0)

2y2

(x+ y)2limiti tanımsız oldugundan istenen bulu-

nur, çünkü a, b pozitif gerçel sayıları farklı olmak üzere (εn, aεn)→ (0, 0) ve (εn, bεn)→ (0, 0) oysa

limn→∞

2a2ε2n(εn + aεn)2

=2a2

(a+ 1)26= 2b2

(b+ 1)2= lim

n→∞

2b2ε2n(εn + bεn)2

geçerlidir.

7)R ⊆ R3 açık bölgesiR = {(x, y, z) ∈ R3 : x+y 6= z} olmak üzere f(x, y, z) =(x− y + z

x+ y − z

)n(∀(x, y, z) ∈ R) ve f(x, y, z) = 0 (∀(x, y, z) /∈ R) biçiminde tanımlanan f fonksiyonunun R bölge-

sinde xfx + yfy + zfz = 0 gerçekledigini gösterelim.

Gerçekten R açık bölgesinde dogrudan kısmi türev alıp

fx = n

(x− y + z

x+ y − z

)n−1.

2(y − z)(x+ y − z)2

, fy = n

(x− y + z

x+ y − z

)n−1.

−2x

(x+ y − z)2

ve fz = n

(x− y + z

x+ y − z

)n−1.

2x

(x+ y − z)2bularak, kolayca su elde edilir:

xfx + yfy + zfz = n

(x− y + z

x+ y − z

)n−1.2xy − 2xz − 2xy + 2xz

(x+ y − z)2= 0.

8) ϕ(x, y) = f(x + ay) + g(x − ay) ve f ile g ikinci mertebeden türetilebilir ve a sabitse ϕyy =

a2ϕxx gerçeklendigini gösteriniz.

Gerçekten, çözümü kolaylastırması amacıyla u = u(x, y) = x + ay ve v = v(x, y) = x − ayyazılarak ϕ(x, y) = f(u(x, y)) + g(v(x, y)) olur. Dikkat: f fonksiyonu yalnızca u bagımlı degiske-

nine g fonksiyonu ise v bagımlı degiskenine baglı olduklarından, zincir kuralıyla fx = f ′(u).ux ve

fy = f ′(u).uy bulunur, çünkü daha genel olarak f = f(x, y) = f(u(x, y), v(x, y)) ise zincir kuralıyla

fx = fu.ux + fv.vx ve fy = fu.uy + fv.vy olurdu, dolayısıyla f fonksiyonu v(= v(x, y)) degiskenine

baglı degil, yalnızca u(= u(x, y)) degiskenine baglı oldugunda fv = 0 ve fu = f ′(u) olacagın-

dan, bu son esitlikler nedeniyle fx = f ′(u).ux ve fy = f ′(u).uy ve bu bilgileri kullanıp ϕ(x, y) =

f(u(x, y)) + g(v(x, y)) gözleyip ϕx = fx + gx = f ′(u).ux + g′(u).ux = f ′(u) + g′(u) ve ϕxx =∂

∂xϕx =

∂

∂x(f ′(u(x, y)) + g′(v(x, y))) =

∂

∂xf ′(u) +

∂

∂xg′(u) = f ′′(u).ux + g′′(u).ux = f ′′(u) +

g′′(u) veϕy = f ′(u).uy+g′(u).uy = a(f ′(u)+g′(u)) veϕyy =

∂

∂yϕy = a

(∂

∂yf ′(u) +

∂

∂yg′(u)

)=

a(f ′′(u).uy + g′′(u))uy = a2 (f ′′(u) + g′′(u)) = a2.ϕxx sonucu bulunur.

9) f = f(x, y) fonksiyonu, türetilebilir g fonksiyonu aracılıgıyla f = g(x.y) biçiminde tanımla-

nırsa x.fx = yfy gerçekler, gösteriniz.

40

Gerçekten u = u(x, y) = x.y aracı fonksiyonu tanımlanırsa f = g(u(x, y)) ve böylece fx =

g′(u).ux = y.g′(u) ve fy = g′(u).uy = x.g′(u) gözlemek yeterlidir.

10) f = f(x, y, z) fonksiyonu , türetilebilir g fonksiyonu aracılıgıyla f = g(xz, yz) biçiminde

tanımlanırsa xfx + yfy = zfz olur, gösteriniz. Gerçekten u(x, z) = x.z ve v(y, z) = y.z aracılı-

gıyla f = g(u(x, z), v(y, z)) ve sonuçta zincir kuralıyla fx = guux + gvvx = z.gu ve fy = z.gv

olur, çünkü apaçık biçimde uy = 0 = vx geçerlidir. fz = guuz + gvvz = xgu + ygu oldugundan

xfx + yfy = xzgu + yzgu = z(xgu + ygu) = z.fz istenen sonucu bulunur.

11) f = f(x, y) = g(x2.y) ise xfx = 2yfy geçeklenir, gösterin.

Gerçekten, son iki örnegin çözüm yöntemini kullanmak yeterlidir.

12) f = f(x, y) = x3 − xy − y3 ve x = x(ρ, φ) = ρ cosφ, y = y(ρ, φ) = ρ sinφ ise fρ ve fφkısmi türevlerini kutupsal koordinatlar ρ ve φ cinsinden bulunur.

Gerçekten f = f(ρ, φ) = ρ3cos3φ−ρ2sinφcosφ+ρ3sin3φ oldugundan, kolayca fρ = 3ρ2cos3φ−ρ sin 2φ + 3ρ2sin3φ bulunur. Bu sonucu zincir kuralı kullanarak da bulabilirdik. Dikkat edilirse f =

f(x(ρ, φ), y(ρ, φ)) nedeniyle fρ = fx.xρ + fyyρ = (3x2 − y) cosφ+ (3y2 − x) sinx = (3ρ2cos2φ−ρ sinφ) cosφ+ (3ρsin2φ− ρ cosφ) sinφ = 3ρ2cos3φ+ 3ρ2sin3φ− ρ sin 2φ aynı sonucu bulunur. Siz

fφ kısmi türevini her iki yoldan hesaplayınız. Ayrıca 15) örnegine bakınız.

13) f = f(x, y) fonksiyonu x2fxx + y2fyy + xfx + yfy = 0 gerçeklesin. Eger x = er ve y = et

böylelikle f = f(r, t) ise frr + ftt = 0 olur.

Gerçekten f = f(x(r, t), y(r, t)) ve ayrıca yr = 0 = xt gözleyerek zincir kuralı ile fr =

fxxr + fyyr = fx.xr = er.fx ve sonuçta frr = ϕϕr (er.fx) = er.fx + er.( ϕϕrfx) = er.fx + er.fx +

er(fxxxr + fxyyr) = er.fx+ er.fxxer = xfx+x2fxx ve benzer biçimde ftt = yfy + y2fyy gözlemek

yeterlidir.

14) a sabiti aracılıgıyla ϕ = ϕ(x, y) fonksiyonunun x = x(u, v) = u cos a − v sin a ve y =

y(u, v) = u sin a+ v cos a olması durumunda ϕ2x + ϕ2

y = ϕ2u + ϕ2

v gerçekledigini gösteriniz.

Gerçekten ϕ = ϕ(x(u, v), y(u, v)) nedeniyle ϕu = ϕxxu + ϕyyu = ϕx cos a + ϕy sin a ve

ϕ2u = ϕ2

x cos2 a + ϕ2y sin2 a + ϕxϕy cos a sin a ve ϕ2

v = ϕ2x sin2 a + ϕ2

y cos2 a − ϕxϕy cos a sin a

gözleyip istenen bulunur.

15) Kutupsal koordinatları tanımlayıp, ϕ = ϕ(x, y) fonksiyonunun ikinci mertebe kısmi türevleri

41


sürekliyse ϕ2x + ϕ2

y ve ϕxx + ϕyy ifadelerini kutupsal koordinatlar cinsinden yazınız.

Her (x, y) ∈ R2 için tek türlü belirli ρ ≥ 0 ve φ ∈ [0, 2π] gerçel sayıları aracılıgıyla x =

ρ cosφ, y = ρ sinφ gerçeklesir. Gerçekten x = 0 = y ise ρ = 0 = φ almak yeterlidir; eger x = 0

ve y > 0 ise ρ = y ve φ =π

2alınarak ρ cosφ = y cos

π

2= y.0 = 0 = x ve ρ sinφ = y sin

π

2= y

bulunur; eger x = 0 ve y < 0 ise bu kez ρ = |y| ve φ =3π

2alınarak ρ cosφ = |y|. cos

(3π

2

)=

|y|.0 = 0 = x ve ρ sinπ = |y| sin(

3π

2

)= |y|. sin

(π +

π

2

)= −|y| sin π

2= −|y| = y bulunur;

eger x 6= 0 ve y ≥ 0 ise bu kez 0 < x2 ≤ x2 + y2 ve 0 <√x2 + y2 gözleyerek ρ =

√x2 + y2

ve φ = arccos

(x√

x2 + y2

)= arccos

(x

ρ

)alınırsa, 0 < x oldugunda 0 < x = |x| =

√|x|2 ≤√

|x|2 + |y|2 =√x2 + y2 = ρ ve 0 <

x

ρ≤ 1 nedeniyle arccosinüs fonksiyonunun temel özellikle-

riyle (dikkat: bu fonksiyon, iyi bilindigi gibi bire-bir ve örten cos : [0, π] → [−1, 1] fonksiyonunun

tersidir) 0 < arccos(x

ρ) = φ ≤ π

2ve böylece cosφ =

x

ρve 0 < sinφ = | sinφ| =

√| sin2 φ| =√

sin2 φ =√

1− cos2 φ =

√ρ2 − x2ρ

=|y|ρ

=y

ρyani y = ρ sinφ ve apaçık biçimde x = ρ cosφ

bulunur. x < 0 ise 0 <|x|ρ

=−xρ≤ 1 yani −1 ≤ x

ρ< 0 ve

π

2< φ = arccos

(x

ρ

)≤ π nedeniyle

yine 0 ≤ sinφ = | sinφ| =√

sin2 φ =√

1− cos2 φ =|y|ρ

=y

ρböylece y = ρ sinφ ve cosφ =

x

ρ

nedeniyle x = ρ cosφ olur. Buna karsılık x 6= 0 ve y < 0 ise ρ =√x2 + y2 ve φ = − arccos

(x

ρ

)alınıp −π ≤ φ = − arccos

(x

ρ

)≤ 0 gözlenerek sinφ ≤ 0 ve sinφ = −| sinφ| = −

√1− cos2 φ =

−|y|ρ

=y

ρve sonuçta y = ρ sinφ ve x = ρ cosφ bulunur. Açılarla çalısmaya alıskın ögrenciler için

sunları anımsatalım: Düzlemde, asagıdaki gibi P1(x1, y1) ve P2(x2, y2) noktaları için

42

(dikkat: x2 < 0 gözleyiniz) P ′1(x1, 0) ve P ′2(x2, 0) sırasıyla P1 ve P2 noktalarının 0x ekseni üze-

rindeki dik izdüsüm noktaları olmak üzere, 0x ekseni ile OP1 dogrusu arasındaki açı θ1 ve 0x ekseni

ile OP2 dogrusu arasındaki açı θ2 ve θ2 + β2 = 180◦ olmak üzere, olusan OP1P′1 ve OP2P

′2 dik

üçgenlerinde çalısarak

cos θ1 =OP ′1

OP1

=x1√x21 + y21

yani x1 =√x21 + y21. cos θ1,

cosβ2 =OP ′2

OP2

=|x2|√x21 + y21

=−x2√x21 + y21

yani x2 =√x21 + y21. cos θ2

bulunur, çünkü θ2 + β2 = 180◦ yani θ2 = 180◦ − β2 nedeniyle cos θ2 = cos(180◦ − β2) =

cos 180◦. cosβ2 = − cosβ2 ve böylece x2 = (− cosβ2)√x22 + y22 =

√x22 + y22. cos θ2 bulu-

nur. Oysa 0 ≤ θ ≤ 360◦ gerçekleyen her θ açısı için, bu açıya birim çemberde gören yayın uzunlugu

a ∈ R gerçel sayısı olmak üzere cos θ = cos a geçerli oldugundan, yukardaki P1 ve P2 düzlem nok-

taları için sonuçta, x = ρ cosφ ve yρ sinφ gerçekleyen ρ ve φ gerçel sayıları belirlenmis olur. Siz,

0x ekseninin altında kalan bir P3(x3, y3) noktası için bu islemleri yapınız.Yeri gelmisken, çok sıklıkla

yapılan su YANLISI düzeltelim: π bir pozitif irrasyonel sayıdır, AÇI DEGILDIR ve

π = min{x ∈ R+ : sinx = 0},

π =

∫ ∞−∞

dx

x2 + 1,

π = 4.∞∑n=1

(−1)n+1

n,

π =`r2r

gibi temel özellikleri vardır, sonuncu esitlikte, 4000 yıldır bilinen su ünlü gerçek yazılmıstır: Yarıçapı

r > 0 olan her çember, merkezi ne olursa olsun, `r ile bu çemberin uzunlugu olup, apaçık biçimde

yarıçapa baglı olan pozitif sayıyı yazmak üzere `r ’nin çapa (yani 2r sayısına) oranı daima π sabitidir

ve bu gerçek her r > 0 için dogrudur, kısacası daima `r = 2πr geçerlidir. Ç ok önceleri `r sayısının

2r’nin bir rasyonel katı oldugu düsünülmüstü, çünkü o dönem henüz irrasyonel sayı kavramı bilinmi-

yordu! Ünlü Yunan’lı antik dönem Matematik ve Fizik’çisi büyük usta Arkhimedes(Arsimet) yaklasık

olarak M.Ö. 250’lerde ünlü

310

71< π < 3

10

70

esitsizligini kanıtlamıstır. Usta Geometrici Appollonius yaklasık 40 yıl sonra daha iyi bir esitsizlik bu-

larak π ∼= 3, 1415 elde edecektir. Günümüzde, bilgisayarlar yardımıyla bu ünlü irrasyonel sayının on-

dalık açılımının, virgülden sonra gelen milyarlarca basamagı yanlıssız biçimde hesaplanabilmektedir,

43


asagıdaki açılımda virgülden sonra 24 basamak yazılıdır, bkz. kitabın sonundaki OKUMA PARÇASI !!

π = 3, 141592653589793238462643...

π üstelik irrasyonel olmaktan çok daha güçlü bir özellige sahiptir:√

2 irrasyonel sayısı, rasyonel kat-

sayılı p(x) = x2 − 2 polinomunun bir köküdür yani p(√

2) = 0 olmaktadır. Bilindigi gibi rasyonel

katsayılı polinomların kökleri olabilen tüm gerçel ya da kompleks sayılara cebirsel sayı olmayanlara

askın sayı denilir. π sayısı, cebirsel bir sayı degil bir askın (transandant) sayıdır. Peki neden bazıları

ısrarla ona açı derler? Aslında her pozitif (ve daha genel olarak her gerçel) sayının bir açı karsılıgı

vardır, tıpkı her ögrencinin bir numarası oldugu gibi, oysa ögrenci bir insandır, sayı degildir ; pozitif

gerçel sayılar ise açı karsılıgına esit degildir .0 ≤ x < 2π gerçekleyen her pozitif gerçel sayı, birim

çember (= merkezi (0, 0) ve yarıçapı 1 tam sayısı olan çember) üzerinde, (1, 0) noktasından baslatıp

saatin isleyisinin TERS YÖNÜNDE gidilerek, uzunlugu x olan yayı tek türlü belirler, iste bu yayı gören

θx merkez açısına x gerçel sayısının açısal karsılıgı, x sayısına ise θx açısının radyan degeri denir. Bu

x gerçel sayısının sinüs ve cosinüsü, bilindigi gibi açısal karsılıgı aracılıgıyla asagıdaki gibi tanımlanır.

sinx = sin θx ve cosx = cos θx .

π sayısı 180◦ derecenin radyan degeridir, çünkü birim çemberin uzunlugu 2π, yarım çemberin uzun-

lugu, yani birim çember üzerinde, saatin isleyisinin ters yönünde (1, 0) noktasını (−1, 0) noktasına

baglayan yayın uzunlugu ise π olup, iste bu yarım yayı gören merkez açı 180◦ derecedir ve insanlar

ona 180◦ lik açı demek yerine π açısı demeyi alıskanlık edinmistir.

Artık bu örnegi çözebiliriz: x = ρ cosφ = x(ρ, φ) ve y = y(ρ, φ) = ρ sinφ olup ϕ = ϕ(x, y) =

ϕ(x(ρ, φ), y(ρ, φ)) nedeniyle ϕρ = ϕx.xρ + ϕy.yρ = ϕx cosφ+ ϕy sinφ ve ϕφ = ϕx.xφ + ϕy.yφ =

−ρϕx sinφ + ρϕy cosφ ve sonuçta 1ρϕφ = −ϕx sinφ + ϕy cosφ bulunur, kare alıp toplarsak ϕ2

ρ +1

ρ2ϕ2φ = ϕ2

x + ϕ2y olur. Ayrıca ϕρρ +

1

ρϕρ +

1

ρ2ϕφφ = ϕxx + ϕyy gerçeklendigini görebiliriz. Bunun

için, ρ ve φ gerçel sayılarının bagımsız degiskenler olduklarını unutmadan

ϕρρ =∂ϕρ∂ρ

=∂

∂ρ(ϕx cosφ+ ϕy sinφ) = cosφ.

∂ϕx∂ρ

+ sinφ.∂ϕy∂ρ

= cosφ(ϕxx.xρ + ϕxyyρ) + sinφ(ϕyx.xρ + ϕyyyρ)

= ϕxx cos2 φ+ ϕxy cosφ sinφ+ ϕyx sinφ cosφ+ ϕyy sin2 φ

= ϕxx cos2 φ+ 2ϕxy cosφ sinφ+ ϕyy sin2 φ

bulunur, çünkü ϕ fonksiyonunun ikinci mertebden kısmi türevleri sürekli oldugundan Önerme5ii) kul-

lanılarak ϕxy = ϕyx gerçeklestigini gözlenmistir. Benzer biçimde ϕφ = ρ(ϕy cosφ− ϕx sinφ) bilgisi

44

kullanılırsa

ϕφφ = ρ.∂

∂φ(ϕy cosφ− ϕx sinφ)

= ρ.(∂ϕy∂φ

cosφ− ϕy sinφ− ∂ϕx∂φ

sinφ− ϕx cosφ)

= ρ.(

cosφ(ϕyx.xφ + ϕyy.yφ)− ϕy sinφ− sinφ(ϕxx.xφ + ϕxy.yφ)− ϕx cosφ)

= ρ2(ϕxx sin2 φ+ ϕyy cos2 φ− 2ϕxy cosφ sinφ

)− ρ(ϕx cosφ+ ϕy sinφ

)bulunur, son esitlige geçerken xφ = −ρ sinφ ve yφ = −ρ cosφ bilgileri kullanılmıstır. Demek ki

ϕρ = ϕx cosφ+ ϕy sinφ ve ayrıca

ϕρρ = ϕxx cos2 φ+ 2ϕxy cosφ sinφ+ ϕyy sin2 φ ve

1

ρ2ϕφφ = (ϕxx cos2 φ− 2ϕxy cosφ sinφ+ ϕyy sin2 φ)− ϕρ

ρ

bulunarak

ϕρρ +1

ρϕρ +

1

ρ2ϕφφ = ϕxx(cos2φ + sin2

φ) + ϕyy(sin2φ + cos2φ)

= ϕxx + ϕyy

istenen sonucuna ulasılır. Bu sonucun (x, y) 6= (0, 0) gerçekleyen düzlem noktaları için geçerli oldu-

gunu gözleyiniz. Demek ki R2 uzayında Laplace denklemi, kutupsal koordinatlarda yazıldıgında

ϕρρ +1

ρϕρ +

1

ρ2ϕφφ = 0

biçimini almaktadır.

16) Yukardaki sonucun asagıdaki biçimde de bulunacagına dikkat ediniz. Her (x, y) ∈ R2 için

x = ρ. cosφ ve y = ρ. sinφ oldugu ve ρ ve φ bagımlı degiskenleri x ve y bagımsız degiskenleri-

nin türetilebilir fonksiyonları olduklarından(neden?), yukardaki denklemleri önce x degiskenine göre

türevleri

1 =∂x

∂x=

∂

∂x(ρ cosφ) = ρx cosφ− ρ sinφ.φx

0 =∂y

∂x=

∂

∂x(ρ sinφ) = ρx sinφ− ρ cosφ.φx

ve bu denklem sisteminin katsayılar determinantı olan D için

D =

cosφ −ρ sinφ

sinφ ρ cosφ = ρ cos2 φ+ ρ sin2 φ = ρ

45


bularak, sonuçta (x, y) 6= (0, 0) için 0 < x2 + y2 = ρ2(cos2 φ + sin2 φ) = ρ2 nedeniyle kesinlikle

D = ρ > 0 gözleyip, yukardaki kısmi türevler için

ρx =

1 −ρ sinφ

0 ρ cosφ

D=ρ cosφ

ρ= cosφ , φx =

cosφ 1

sinφ 0

D=− sinφ

ρ

ve benzer biçimde y degiskenine göre türevler alarak ρy = sinφ ve φy =cosφ

ρelde edilir. O halde

ϕ = ϕ(ρ(x, y), φ(x, y)) nedeniyle

ϕx = ϕρ.ρx + ϕφ.φx = cosφ.ϕρ −sinφ

ρ.ϕφ ve

ϕy = ϕρ.ρy + ϕφ.φy = sinφ.ϕρ −cosφ

ρ.ϕφ

ve bir kez daha kısmi türev alarak

ϕxx =∂ϕx∂x

=∂

∂x

(cosφ.ϕρ −

sinφ

ρ.ϕφ

)=

∂

∂x(cosφ.ϕρ)−

∂

∂x

(sinφ

ρ.ϕφ

)= − sinφ.φxϕρ + cosφ(ϕρρ.ρx + ϕρφ.φx)−

ϕφρ2

(ρ cosφ.φx − ρx sinφ)− sinφ

ρ(ϕφρ.ρx + ϕφφφx)

bulunur ve φx, ρx degerleri yerlestirilip

ϕxx = cos2 φ.ϕρρ +sin 2φ

ρ2ϕφ −

sin 2φ

ρϕρφ +

sin2 φ

ρϕρ +

sin2 φ

ρ2ϕφφ

ve benzer seyler ϕy ve ϕyy için yapılarak

ϕyy = sin2 φ ϕρρ −sin 2φ

ρ2ϕφ +

sin 2φ

ρϕρφ +

cos2 φ

ρϕρ +

cos2 φ

ρϕφφ

ve böylece toplam alarak yine, herbir (x, y) 6= (0, 0) noktasında asagıdaki bulunur:

ϕxx + ϕyy = ϕρρ +1

ρϕρ +

1

ρ2ϕφφ .

17) Birinci mertebeden kısmi türevleri sürekli F = F (x, y) ve G = G(x, y) fonksiyonları verilsin.

df = Fdx + Gdy yani df |(x,y) = F (x, y)dx + G(x, y)dy kosulunu gerçekleyen, ikinci mertebe-

den kısmi türevleri sürekli bir f = f(x, y) fonksiyonunun varlıgı için gyk Fy = Gx yani Fy(x, y) =

Gx(x, y) kosulunun gerçeklenmesidir. Dikkat: ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli bir f = f(x, y)

fonksiyonunun birinci mertebeden fx ve fy kısmi türev fonksiyonları da sürekli olur, çünkü fx fonksi-

yonunun kısmi türevleri fxx ve fxy olup, varsayım geregi bunlar sürekli oldugundan Önerme6iii) nede-

niyle fx türetilebilirdir, dolayısıyla Önerme6 ii) nedeniyle fx fonksiyonu sürekli olur, benzer seyler fy

46

için geçerlidir, çünkü fyy ve fyx(= fxy) fonksiyonları süreklidir. Bu gözlemlerin ardından kanıtlamayı

verebiliriz. Eger bu nitelikte bir f = f(x, y) fonksiyonu varsa fxdx + fydy = df = Fdx + Gdy

yani (fx − F )dx + (fy − G)dy = 0 nedeniyle, birinci türevleri sürekli fx − F ve fy − G fonk-

siyonları için zorunlu olarak fx − F = 0 = fy − G yani fx = F ve fy = G ve dolayısıyla

Fy = fxy = fyx = Gx bulunur. Tersine F ve G fonksiyonları Fy = Gx kosulunu gerçeklediginde,

eger istenilen niteliklerde bir f fonksiyonu var olsaydı df = Fdx + Gdy olur ve F = fx, G = fy

bulunur, böylece fx(x, y) = F (x, y) esitliginden, y degiskenini sabit tutup x degiskenine göre tüm-

lev(integral) olarak f ∗=∫F (x, y)dx + h(y) ve sonuçta G = fy =

∂

∂y[∫F (x, y)dx] + h′(y) yani

h′(y) = G − ∂

∂y[∫F (x, y)dx] ve h(y) =

∫G(x, y)dy −

∫F (x, y)dx + c ve böylece (∗) esitligini

kullanıp

f =

∫G(x, y)dy + c (1)

bulup, aranan f fonksiyonunun belirledigi anlasılır. Matematikte ancak ve yalnız Fy = Gx kosulu

gerçeklendiginde Fdx + Gdy ifadesine tam diferansiyel denir; bu durumda, yukarda da gözlendigi

gibi (1) bagıntısıyla belirlenen f = f(x, y) için df = Fdx+Gdy olmaktadır.

18) (3x2y− 2y2)dx+ (x3− 4xy+ 6y2)dy türetilebilir fonksiyon çifti için Fy(x, y) = 3x2− 4y =

Gx(x, y) kosulu yerine gelmektedir ve

f(x, y) =

∫G(x, y)dy + c =

∫(x3 − 4xy + 6y2)dy + c

= x3y − 2xy2 + 2y2 + 2y3 + c

fonksiyonunun df = fxdx+ fydy = F (x, y)dx+G(x, y)dy gerçekledigi görülür. Benzer biçimde

(2xy2 + 3y cos 3x)dx+ (2x2y + sin 3x)dy

ifadesinin, katsayılara sırasıyla F = F (x, y) ve G = G(x, y) diyerek ve Fy = Gx = 4xy + 3 cos 3x

gözleyerek f(x, y) =∫G(x, y)dy + c = x2y2 + y sin 3x+ c türetilebilir fonksiyonunun diferansiyeli

oldugu görülür. Bunu karsın

(6xy − y2)dx+ (2xey − x2)dy

ifadesinin tam diferansiyel olabilmeye iliskin∂

∂y(6xy − y2) =

∂

∂x(2xey − x2) kosulunu gerçekle-

medigine dikkat edilmelidir.

19) Yukarda yapılanlara benzer biçimde, bir R ⊆ R3 bölgesnde birinci mertebeden kısmi türevleri

sürekli F = F (x, y, z), G = G(x, y, z) ve H = H(x, y, z) fonksiyonları verildiginde Fdx + Gdy +

Hdz = df kosulunu gerçekleyen, ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli bir f fonksiyonun varlıgı

47


için gerek yeter kosuldur i)Gx = Fy, ii)Fz = Hx, iii)Gz = Hy olup bu kosullar yerine geldiginde,

aranan f fonksiyonu, Pfaff Yöntemi ile, herhangi bir (x0, y0, z0) ∈ R sabit noktası aracılıgıyla

f(x, y, z) =

∫ x

x0

F (t, y, z)dt+

∫ y

y0

G(x0, t, z)dt+

∫ z

z0

H(x0, y0, t)dt+ c

olarak belirlenir, bkz. Bölüm3. Örnegin

(z3 − 3y)dx+ (12y2 − 3x)dy + 3xz2dz i), ii) ve ii) kosullarını gerçekler

ve x0 = 0, y0 = 0, z0 = 0 alıp f(x, y, z) =∫ x0 F (t, y, z)dt+

∫ y0 G(0, t, z)dt+

∫ z0 H(0, 0, t)dt+ c =∫ x

0 (z3 − 3y)dt+∫ y0 12t2dt+ c = xz3 − 3xy + 4y3 + c bulunur.

20) Açık bir R ⊆ R2 bölgesinde, ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli f = f(x, y) fonksiyonu

için üstelik fy 6= 0 yani fy(x, y) 6= 0 (∀(x, y) ∈ R) kosulu yerine geliyorsa, R0 = {(x, y) ∈ R :

f(x, y) = 0} ⊆ R alt bölgesinde

dy

dx= −fx

fyve

d2y

dx2= − 1

f3y[fxxf

2y − 2fxyfxfy + fyyf

2x ]

olur. Gerçekten her (x, y) ∈ R0 noktası için f(x, y) = 0 oldugundan R0 bölgesinde 0 = df =

fx(x, y)dx+fy(x, y)dy olur, oysa asagıda ÖFT1 ve ÖFT2 teoremlerinde de görülecegi gibi, π1(x, y) =

x’in uygun bir komsulugunda, tek türlü belirlenebilen y = y(x) türetilebilir fonksiyonu tanımlı olaca-

gından

0 = fx(x, y)dx+ fy(x, y)y′(x)dx = (fx(x, y) + fy(x, y)y′(x))dx

ve böylece fx(x, y) + fy(x, y).y′(x)dx = 0 ve fy(x, y) 6= 0 nedeniyle istenen

dy

dx= y′(x) = −fx(x, y)

fy(x, y)yani

dy

dx= −fx

fy

ve bu sonuç kullanılarak asagıdakiler bulunur: fx = fx(x, y(x)) için

∂fx∂x

= fxx + fxy.y′(x) = fxx + fxy

(−fxfy

)= fxx − fxy

(fxfy

)ve benzer seyler fy = fy(x, y(x)) için yapılarak

∂fy∂x

= fyx + fyy.y′(x) = fyx − fyy

(fxfy

)48

ve böylece R bölgesinde fy 6= 0 oldugu unutulmadan asagıdakiler bulunur:

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)=

∂

∂x

(−fxfy

)= − ∂

∂x

(fxfy

)= − 1

f2y

[fy∂fx∂x− fx

∂fy∂x

]= − 1

f2y

[fy

(fxx −

fx.fxyfy

)− fx

(fyx −

fx.fyyfy

)]= − 1

f2y

[fyfxx − fxfxy − fxfyx −

f2x .fyyfy

]= − 1

f3y

[f2y fxx − 2fxfyfxy + f2x .fyy

].

21) f = f(x, y, z) türetilebilir, fz 6= 0 ve üstelik z = z(x, y) türetilebilirse, f(x, y, z(x, y)) = 0

gerçekleyen (x, y) ∈ R(⊆ R2) noktalarının bölgesinde asagıdakiler geçerlidir, gösteriniz:

zx = −fxfz

ve zy = −fyfz

Gerçekten, sözü edilen bölgede 0 = df = fxdx+ fydy + fzdz = fxdx+ fydy + fz(zxdx+ zydy) =

(fx+fzzx)dx+(fy+fzzy)dy ve böylelikle fx+fz.zx = 0 = fy+fz.zy ve üstelik fz 6= 0 oldugundan

istenilen esitliklerin bulunacagına dikkat ediniz, ayrıca çok daha zayıf hipotezlerle benzer sonuç için

bkz Örtük Fonksiyon Teoremi 2.

22) z = z(x, y) türetilebilir ve üstelik her (x, y) ∈ R(⊆ R2) için z3 − xz − y = 0 ise zxy =

− 3z2 + x

(3z2 − x)3gerçeklenir, çünkü f = f(x, y, z) = z3−xz−y üç degiskenli polinomu, tüm polinomlar

gibi türetilebilir ve üstelik her (x, y) ∈ R için f(x, y, z) = 0 oldugundan, bir önceki örnekteki bilgi

kullanılırsa

zx(x, y) = −fx(x, y, z)

fz(x, y, z)=

z

3z2 − xyani zx =

z

3z2 − xve böylece

zxy =∂zx∂y

=∂

∂y

(z

3z2 − x

)=

zy(3z2 − x)− z ∂

∂y(3z2 − x)

(3z2 − x)2=zy(3z

2 − x)− 6z2.zy(3z2 − x)2

ve zaten zy = −fyfz

=1

3z2 − xoldugundan sonuçta istenen bulunur:

zxy =zy[(3z

2 − x)− 6z2]

(3z2 − x)2= − 3z2 + x

(3z2 − x)3.

Burada elbette R bölgesinde 3z2 6= x gerçeklestigi varsayılmaktadır.

49


23) Türetilebilir f = f(x, y) fonksiyonu verilsin, her λ ∈ R için f(λx, λy) = λp.f(x, y) gerçek-

lenecek biçimde p sabiti varsa, f fonksiyonunun

xfx + yfy = pf

Euler bagıntısını gerçekledigini gösteriniz. Gerçekten u(x, y) = λx ve v(x, y) = λy fonksiyonları

tanımlanırsa λp.f(x, y) = f(λx, λy) = f(u(x, y), v(x, y)) = f(u, v) elde edilir ve λ degiskenine

göre f(u, v) = λpf esitliginin her iki yanını türeterek

pλp−1.f = fuuλ + fvvλ = x.fu + y.fv (∀λ ∈ R)

bulunur, özel olarak λ = 1 alındıgında u = x ve v = y ve dolayısıyla fu = fx ve fv = fy nedeniyle

istenen bagıntı elde edilir, yukarda her iki yan λ parametresine göre türetilirken f(x, y)’nin λ paramet-

resine baglı olmadıgı gözlenmistir.

24) Tek degiskenli f fonksiyonu türetilebilirse, her x 6= 0, y ∈ R için

ϕ(x, y) = x4y2f(yx

), ,Ψ(x, y) = x2f

(y2

x2

), φ(0, 0) = 0 = Ψ(0, 0)

biçiminde tanımlanan ϕ ve Ψ fonksiyonlarının xϕx + yϕy = 6ϕ ve xΨx + yΨy = 2Ψ gerçekledigini

gösteriniz. Gerçekten ϕ(λx, λy) = λ6x4y2f

(λy

λx

)= λ6x4y2f

(yx

)= λ6.ϕ(x, y) esitligi her λ 6= 0

için apaçıktır, λ = 0 için esitligin geçerli olması ϕ(0, 0) = 0 = 06.ϕ(0, 0) gözleminden elde edilir. O

halde 23) örneginde anlatılanlar nedeniyle, ϕ fonksiyonu p = 6 sabiti için Euler bagıntısını gerçekler.

Bu örnekteki f = f(t) fonksiyonu olarak, her t degiskeninde türetilebilen gerçel degerli bir fonksiyon

almak yeterlidir. Eger Tan(f) = A ! R ise, elbette ϕ fonksiyonuy

x∈ A gerçekleyen (x, y) ∈ R2

noktalarında tanımlanmalıdır.

25) Her (x, y) ∈ R2 için fx(x, y) = ex · sin y ve fy(x, y) = −ex · cos y kosullarını gerçekleyen

bir f fonksiyonu kesinlikle var olmaz, eger var olsaydı, kısmi türev fonksiyonları R2 açık kümesinde

sürekli olduklarından cos yex = fxy = fyx = −ex ·cos y böylece 2ex ·cos y = 0 (∀(x, y) ∈ R2) ve da-

ima 2ex > 0 nedeniyle, her y ∈ R için cos y = 0 sonucu bulunurdu, oysa her y /∈ {(2k−1)π2 : k ∈ Z}gerçel sayısı için cos y 6= 0 bilinmektedir.

26) Eger Kδ0 (x0, y0) komsulugunda, bir c sabiti sayesinde f (x, y) = c (∀ (x, y) ∈ Kδ0 (x0, y0))

gerçekleniyorsa, aynı komsulukta

fx (x, y) = 0 , fy (x, y) = 0 (∀ (x, y) ∈ Kδ0 (x0, y0))

50

gerçeklesir, çünkü herhangi bir (x1, y1) ∈ Kδ0 (x0, y0) noktası alındıgında, sayfa 3’de gözlendigi gibi

∃δ1 > 0,Kδ1 (x1, y1) ⊆ Kδ0 (x0, y0) böylece kolayca

fx (x1, y1) = limh→0

f (x1 + h, y1)− f (x1, y1)

h= lim

h→0

0

h= 0

bulunur, çünkü h → 0 nedeniyle elbette |h| < δ1 olur, böylece (x1 + h, y1) ∈ Kδ1 (x1, y1) ⊆Kδ0 (x0, y0) ve (x1, y1) ∈ Kδ1 (x1, y1) ⊆ Kδ0 (x0, y0) nedeniyle hipotez geregi f (x1 + h, y1) =

c = f (x1,y1) geçerlidir. Ayrıca Kδ0 (x0, y0) komsulugunda fy = 0 bulunur. Bu örnek çok kolay bi-

çimde söyle çözülür: Kδ0(x0, y0) açık komsulugunda f = c(=sabit) ise bu açık kümede dogrudan

kısmi türev alınarak fx = 0 = fy bulunur, bitti!

27) Eger bir R ⊂ R2 bölgesinde kısmi türevleri tanımlı olan bir f = f (x, y) fonksiyonu için

hem f (x, y) = 0 (∀ (x, y) ∈ R) , hem de fy (x, y) 6= 0 (∀ (x, y) ∈ R)

gerçeklesiyorsa 26) örnegi nedeniyle su gerçek bulunur:

içR = ∅ .

Uyarı: Her (x, y) ∈ R(⊆ R2) için R bölgesinde tanımlı gerçel degerli bir f fonksiyonu aracıgıyla

z = f(x, y) tanımlayarak (x, y) 7→ z = f(x, y) eslestirmesi gerçel degerli bir fonksiyon belirler.

Benzer biçimde, her (x, y, z) ∈ R∗(⊆ R3) için, R∗ bölgesinde tanımlı gerçel degerli bir g fonksi-

yonu aracılıgıylaw = g(x, y, z) yazarak (x, y, z) 7→ w eslestirmesi bir fonksiyondur. Oysa f(x, y) = 0

ve g(x, y, z) = 0 ifadeleri bir fonksiyon degildir, bunlara denklem ya da fonksiyonel bagıntı denilir,

daha genel olarak F (ϕ,Ψ) = 0 ifadelerine de aynı adlandırmalar verilir. Aslında f(x, y) = 0 ger-

çekleyen tüm (x, y) ∈ R noktalarının kümesine f fonksiyonunun sıfır kümesi denilir ve Sıf(f) =

{(x, y) ∈ R : f(x, y) = 0} yazılır, bu kümeler genellikle bir egri ya da yüzeydirler. Örnegin a > 0

ise f(x, y) = x2 + y2 − a iki degiskenli bir polinom, bir fonksiyondur, oysa düzlemde f(x, y) = 0

gerçekleyen noktalar kümesi, dikkat edilirse

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = a} = (0, 0) merkez ve√a yarıçaplı Çember

yani kapalı bir egridir. Benzer biçimde g(x, y, z) =x2

a2+y2

b2− z2

c2− 1 ve h(x, y, z) =

x2

a2− y2

b2− z

cüç degiskenli birer polinomdur (burada a, b, c sabitleri pozitifdir), buna karsılık g(x, y, z) = 0 ve

h(x, y, z) = 0 gerçekleyen (x, y, z) ∈ R3 noktalar kümesi, R3 uzayında birer konik yüzeydir bi-

rincisine tek yapraklı eliptik hiperboloid denilir. Benzer yüzeyler ek sayfada gösterilmektedir.

51


Merkezi (x0, y0, z0) ve Yarı -Ekseni (a, b, c) Olan Elipsoidin Denklemi

(x − x0)2

a2+

(y − y0)2

b2+

(z − z0)2

c2= 1

z- eksenli Eliptik Silindir

x2

a2+

y2

b2= 1

Eliptik Koni

x2

a2+

y2

b2=

z2

c2

52

Tek Yapraklı Hiperboloid

x2

a2+

y2

b2−

z2

c2= 1

Iki Yapraklı Hiperboloid

x2

a2−

y2

b2−

z2

c2= 1

Eliptik Paraboloid

x2

a2+

y2

b2=

z

c

Hiperbolik Paraboloid

x2

a2−

y2

b2=

z

c

53


Bir f(x, y) = 0 denkleminde degiskenlerden birisinin, öteki degiskenin örtük bir fonksiyonu ola-

bilmesine elveren yeter kosullar vardır. Analizin en ünlü sonuçlarından birisi olan Örtük FonksiyonTeoremi (Kapalı Fonksiyon Teoremi diyenler de vardır) böyle bir yeter kosulu belirler. Bu teorem,

bir baska ünlü ve kullanıslı sonuç olan Banach Sabit Nokta Teoremi’nden kolayca elde edilir. Ge-

rekli hazılıkları yapalım. Bilindigi gibi bir X kümesinde tanımlı ve x, y, z ∈ X ne olursa olsund(x, y) = d(y, x) ve d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) kosullarını ve ayrıca d(x, y) = 0 için gyk x = y

kosulunu gerçekleyen bir d : X ×X → R fonksiyonunu, X üzerinde tanımlanmıs bir metrik denilir.

Bu kosullar kullanılırsa, x, y ∈ X ne olursa olsun, daima 0 ≤ d(x, y) gerçeklestigi

0 = d(x, x) ≤ d(x, y) + d(y, x) = d(x, y) + d(x, y) = 2d(x, y)

ve sonuçta 0 ≤ d(x, y) gözlenerek, bir metrigin asla negatif deger almadıgı anlasılır. d(x, y) negatif

olmayan gerçel sayısına x ve y elemanları(noktaları) arasındaki uzaklık denir. X üzerinde tanımlı her

metrik, X üzerinde bir topoloji ve topolojik uzay belirler ve bu uzayda, x ∈ X ve ε > 0 ne olursa

olsun.

Sd(x, ε) = {y ∈ X : d(x, y) < ε}, Sd[x, ε] = {y ∈ X : d(x, y) ≤ ε}

kümeleri sırasıyla birer açık ve kapalı kümedir. Örnegin Rn kümesinde

d((x1, x2, ..., xn), (y1, y2, ..., yn)) =

√√√√ n∑k=1

|xk − yk|2 ,

d∗((x1, x2, ..., xn), (y1, y2, ..., yn)) = max1≤k≤n

|xk − yk|

birer metrik örnegidir. C[a, b] kümesinde ise

d(f, g) = maxx∈[a,b]

|f(x)− g(x)| , d∗(f, g) =

∫ b

a|f(x)− g(x)|dx

birer metrik örnegidir. Buna benzer metrikler, X tıkız(kompakt) bir metrik uzay olmak üzere C(X)

kümesi üzerinde tanımlanır. Bu bilgiler ve asagıdaki ünlü teorem Topoloji derslerinde gösterilir: Bir

metrik uzaya, ancak ve yalnız, bu uzayda tanımlı her Cauchy dizisi yakınsıyor ise tam metrik uzaydenilir, unutulmasın! C[a, b] ve Rn metrik uzayları bu niteliktedir. Aslında su bilgiyi vermekle yetine-

lim:X herhangi bir topolojik uzay ve Y bir tam metrik uzay ise, tüm sürekli f : X → Y fonksiyonların

uzayı C(X,Y ) bir tam metrik uzaydır. C(X,R1

)tam metrik uzayı kısaca C (X) ile yazılır.

Banach Sabit Nokta Teoremi: (X, d) bir tam metrik uzay ve f : (X, d) → (X, d) fonksiyonu,

uygun bir 0 ≤ c < 1 sabitli daralma fonksiyonu ise, kısacası her x1, x2 ∈ X için d(f(x1), f(x2)) ≤c.d(x1, x2) oluyorsa, f fonksiyonunun tek bir sabit noktası vardır, yani

x0 = f(x0)

54

gerçekleyen tek bir tane x0 ∈ X vardır.

Simdi bu ünlü teoremi kullanalım. Önce asagıdakini kanıtlayalım:

Örtük Fonksiyon Teoremi 1: f = f(x, y) fonksiyonu R = [a, b] × R bölgesinde tanımlı, gerçel

degerli ve sürekli ve fy kısmi türev fonksiyonu R bölgesinde tanımlıysa, üstelik uygun m,M pozitif

sabitleri aracılıgıyla 0 < m ≤ fy ≤ M ya da −M ≤ fy ≤ −m < 0 oluyorsa, [a, b] aralıgında

tanımlı olup f(x, g(x)) = 0(∀x ∈ [a, b]) kosulunu gerçekleyen ve tek türlü belirlenebilen sürekli bir g

fonksiyonu vardır.

Kanıtlama: C[a, b] bilindigi gibi bir tam metrik uzaydır. Simdi F : C[a, b]→ C[a, b] fonksiyonu,

her ϕ ∈ C[a, b] için F (ϕ) ∈ C[a, b] elemanı (fonksiyonu)

(F (ϕ))(x) = ϕ(x)− f(x, ϕ(x))

M(∀x ∈ [a, b])

biçiminde tanımlansın, burada 0 < m ≤ fy(x, y) ≤ M (∀(x, y) ∈ R) hipotezi geçerli varsa-

yılmaktadır. Dikkat edilirse, f sürekli oldugundan f(x, ϕ(x)) fonksiyonunun x degiskeninin sürekli

gerçel degerli fonksiyonu oldugu Örnek2.2)’de gösterilmisti, üstelik ϕ = ϕ(x) süreklidir bu nedenle

F (ϕ) fonksiyonu, x degiskeninin sürekli gerçel degerli fonksiyonudur, yani F (ϕ) ∈ C[a, b] olur, iste

F : C[a, b]→ C[a, b] fonksiyonu, herbir ϕ ∈ C[a, b] elemanına bu F (ϕ) ∈ C[a, b] elemanını eslestir-

mektedir, üstelik ünlü supremum normu aracıgıyla

‖F (ϕ1)− F (ϕ2)‖ ≤(

1− m

M

).‖ϕ1 − ϕ2‖

gösterebiliriz. Gerçekten, artık, her x ∈ [a, b] için

f(x, ϕ1(x))− f(x, ϕ2(x)) = (ϕ1(x)− ϕ2(x)).fy(x, ξx)

olacak biçimde ϕ1(x) ile ϕ2(x) arasında yer alan bir ξx gerçel sayısının var oldugunu ögrendigimiz

için (nerede ögrenmistik?) sonuçta bu x ∈ [a, b] için

(F (ϕ1))(x)− (F (ϕ2))(x) = ϕ1(x)− ϕ2(x)− f(x, ϕ1(x))− f(x, ϕ2(x))

M

= (ϕ1(x)− ϕ2(x))

(1− fy(x, ξx)

M

)ve

|F (ϕ1)(x)− F (ϕ2)(x)| = |(ϕ1 − ϕ2)(x)|.∣∣∣∣1− fy(x, ξx)

M

∣∣∣∣ ≤ ‖ϕ1 − ϕ2‖.(

1− m

M

)bulunur, burada örnegin ϕ1(x) < ϕ2(x) ise ϕ1(x) < ξx < ϕ2(x) ve (x, ξx) ∈ [a, b] × R ve m ≤

fy(x, ξx) ≤M vem

M≤ fy(x, ξx)

M≤ 1 ve sonuçta 0 ≤ 1− fy(x, ξx)

M≤ 1− m

Mgerçeklestigine dikkat

edilmistir ve ϕ1(x) = ϕ2(x) ise ξx = ϕ1(x)(= ϕ2(x)) alınır, benzer seyler ϕ2(x) < ϕ1(x) oldugunda

55


elde edilir; böylelikle 0 ≤ c = 1− m

M< 1 sabiti aracılıgıyla

‖F (ϕ1)− F (ϕ2)‖ = supx∈[a,b]

|F (ϕ1)(x)− F (ϕ2)(x)| ≤ c.‖ϕ1 − ϕ2‖

bulunur, oysa C[a, b] tam metrik uzayında metrik

d(f, g) = maxx∈[a,b]

|f(x)− g(x)| = supx∈[a,b]

|f(x)− g(x)| = ‖f − g‖

oldugundan, sonuçta F : C[a, b] → C[a, b] fonksiyonunun c sabitli bir daralma fonksiyonu oldugunu

söyleyen ve her ϕ1, ϕ2 ∈ C[a, b] için geçerli olan

d(F (ϕ1), F (ϕ2)) = ‖F (ϕ1)− F (ϕ2)‖ ≤ c.‖ϕ1 − ϕ2‖ = c.d(ϕ1, ϕ2)‖

esitsizlikleri elde edilir ve Banach SNT ile, tek türlü belirli bir ϕ0 ∈ C[a, b] elemanı(fonksiyonu) için

ϕ0 = F (ϕ0) olur, böylece

ϕ0(x) = F (ϕ0)(x) = ϕ0(x)− f(x, ϕ0(x))

M(∀x ∈ [a, b])

bularak f(x, ϕ0(x)) = 0 (∀x ∈ [a, b]) elde edilir. Eger fy kısmi türeviR bölgesinde−M ≤ fx(x, y) ≤−m < 0 gerçekliyorsa, bu kez F fonksiyonu

F (ϕ)(x) = ϕ(x) +f(x, ϕ(x))

M(∀ϕ ∈ C[a, b],∀x ∈ [a, b])

biçiminde tanımlanarak yine d(F (ϕ1), F (ϕ2)) ≤ c.d(ϕ1, ϕ2) sonucu bulunur ve Banach Teoremi uy-

gulanarak aynı sonuca ulasılır. Kısacası f hipotezdeki kosulları gerçekliyorsa

f(x, g(x)) = 0 (∀x ∈ [a, b])

olacak biçimde, tek bir tane g ∈ C[a, b] elemanının (sürekli fonksiyonunun) var oldugu kanıtlanmıs

olur. Bitti!

Dikkat: Eger f fonksiyonu R bölgesinde üstelik türetilebilirse, yukarda belirlenen tek degiskenli

g fonksiyonu da türetilebilirdir ve su geçerlidir:

g′(x) = −fx(x, g(x))

fy(x, g(x))(∀x ∈ [a, b])

Gerçekten keyfi bir x0 ∈ [a, b] alındıgında, onu yeteri yakın x = x0 + hx ∈ [a, b] alıp y = g(x) ve

y0 = g(x0) için, zaten f(x, g(x)) = 0 (∀x ∈ [a, b]) nedeniyle f(x, y) = 0 = f(x0, y0) gözlenir ve f

türetilebilir oldugundan

0 = f(x, y)− f(x0, y0) = fx(x0, y0).hx + fy(x0, y0).ky + hx.ϕ(hx, ky) + kyΨ(hx, ky)

=(fx(x0, y0) + ϕ(hx, ky)

).hx +

(fy(x0, y0) + Ψ(hx, ky)

).ky

56

bulunur, burada ky = y − y0 = g(x) − g(x0) yazılmıstır. Böylece y = g(x) degiskeninin degisim

niceligi için

g(x)− g(x0) = ky =

(− fx(x0, y0) + ϕ(hx, ky)

fy(x0, y0) + Ψ(hx, ky)

)hx ,

g(x)− g(x0)

hx= − fx(x0, y0) + ϕ(hx, ky)

fy(x0, y0) + Ψ(hx, ky)

bulunur, dikkat: hx → 0 ise x → x0 oldugundan, g fonksiyonunun sürekliligi nedeniyle g(x) →g(x0) yani ky = g(x) − g(x0) → 0 ve (hx, ky) → (0, 0) benzer biçimde Ψ(hx, ky) → 0 ve ayrıca

fy(x0, y0) + Ψ(hx, ky)→ fy(x0, y0) 6= 0 gözleyip, hx → 0 için limit alarak g′(x0) = −fx(x0, y0)

fy(x0, y0)=

−fx(x0, g(x0))

fy(x0, g(x0))bulunur. Ayrıca sunlara dikkat edilmelidir:

f fonksiyonu hipotezdeki kosulları gerçekliyorsa, onun aracılıgıyla tanımlanan f(x, y) = 0 denk-

leminin, tek türlü belirli bir sürekli g fonksiyonu için f(x, g(x)) = 0(∀x ∈ [a, b]) sonucunu verdigini

böylece y’nin x degiskeninin örtük (yani x degiskeninine baglılıgı apaçık biçimde ifade edilmemis)

bir fonksiyonu oldugunu ögrendik. Iste bu durumda f(x, y) = 0 denkleminin y = g(x) gibi bir çö-zümü vardır denilir. Unutulmasın: g sürekli fonksiyonu kesinlikle vardır ama x cinsinden açık ifadesi

bilinmeyebilir. Kavramayı kolaylastırmak için örnekler vermek yerinde olur:

Örnek: 1 < a < π ve f(x, y) = x3y + x cos2 y (∀(x, y) ∈ R = [a, π] × R) olsun. R bölgesinde

(ve aslında R × R açık bölgesinde) türetilebilir ve dikkat edilirse ÖFT1 teoremindeki yeter kosulları

gerçekler, çünkü

0 < m = a2 − a ≤ fy(x, y) ≤ π3 + π = M (∀(x, y) ∈ R)

gözlemek çok kolaydır, çünkü her (x, y) ∈ R = [a, π]×R için 1 < a ≤ x < x2 < x3 ve p(x) = x2−xpolinomu [a, π] aralıgında artan oldugundan, herbir (x, y) ∈ R için

fy(x, y) = x3 − 2x cos y sin y = x3 − x sin 2y ≥ x3 − x > x2 − x ≥ a2 − a

ve benzer biçimde fy(x, y) = x3 − x sin 2y ≤ x3 + x ≤ π3 + π böylelikle, gerçekten uygun pozitif

sabitler m ve M aracılıgıyla 0 < m ≤ fy(x, y) ≤ M (∀(x, y) ∈ R) oldugundan ÖFT1 nedeniyle

sürekli (üstelik türetilebilir ve g′(x)− fx(x, g(x))

fy(x, g(x))= −3x2g(x) + cos2 g(x)

x3 − x sin 2g(x)gerçekleyen) en önemlisi

asagıdaki gerçeklenecek

0 = f(x, g(x)) = x(x2g(x) + cos2 g(x)) (∀x ∈ [a, π])

biçimde belirlenen bir g = g(x) fonksiyonu 0 = f(x, g(x)) ⇒ x2g(x) + cos2 g(x) = 0 (∀x ∈[a, π]) olur, bu g = g(x) fonksiyonu f(x, y) = 0 denkleminin çözümüdür. Buna karsılık F (x, y) =

57


x3y + xy − 1 = y(x3 + x) − 1 fonksiyonu için h(x) =1

x3 + x(∀x ∈ [a, π]) rasyonel polinomu,

kolayca F (x, h(x)) = 0 (∀x ∈ [a, π]) gerçekler; bu h(x) fonksiyonunu belirlerken ÖFT1 teoremini

kullanmaya gerek olmadıgı gibi h = h(x) fonksiyonunun, x cinsinden ifadesi örtük olmadan apaçık

biçimde verilmistir(belirlenebilmistir).

Örtük Fonksiyon Teoremi 2:

f : Kε0(x0, y0)→ R ve fy : Kε0(x0, y0)→ R fonksiyonları sürekli, üstelik asagıdaki kosullar

f(x0, y0) = 0 ve fy(x0, y0) 6= 0

geçerliyse, uygun bir 0 < δ0 < ε0 için, tek türlü biçimde belirlenebilen öyle bir sürekli h : [x0 −δ0, x0 + δ0]→ [y0 − ε0, y0 + ε0] fonksiyonu vardır ki hem h(x0) = y0 hem de f(x, h(x)) = 0 (∀x ∈[x0 − δ0, x0 + δ0]) kosulları geçerlidir.

Not: Bu y = h(x) örtük fonksiyonunun, x0 noktasının uygun bir komsulugunda tanımlı olduguna

özellikle dikkat edilmelidir.

Ispat: fy(x0, y0) 6= 0 bilinmektedir. Asagıdaki kanıtlama 0 < fy(x0, y0) durumunda verilmek-

tedir, fy(x0, y0) < 0 durumunda kanıtlama buradan çıkarsanır. Varsayım geregi fy kısmi türev fonk-

siyonu Kε0(x0, y0) komsulugunun her noktasında, özellikle (x0, y0) noktasında sürekli oldugundan

m0 =1

2fy(x0, y0) > 0 pozitif sayısı ve uygun bir 0 < δ1 < ε0 sayesinde

∀(x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0],fy(x0, y0)

2= fy(x0, y0)−m0 < fy(x, y) < fy(x0, y0) +m0 =

3fy(x0, y0)

2

ve sonuçta her (x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0] için, üstelik fy(x0, y0) > 0 nedeniyle1

2<

fy(x, y)

fy(x0, y0)<

3

2

böylece −1

2< 1− fy(x, y)

fy(x0, y0)<

1

2gözleyerek

∣∣∣∣1− fy(x, y)

fy(x0, y0)

∣∣∣∣ < 1

2(∀(x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0])

bulunur. Simdi bu gözlemin ardından Kδ1 [x0, y0] kapalı komsulugunda 0 < δ1 < ε0 unutmadan

F (x, y) = y − y0 −f(x, y)

fy(x0, y0)(∀(x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0])

biçimindeki F fonksiyonunu tanımlarsak kolayca

Fy(x, y) = 1− fy(x, y)

fy(x0, y0)(∀(x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0]) ve Fy(x0, y0) = 0

58

ve ayrıca her (x, y) ∈ Kδ1 [x0, y0] için |Fy(x, y)| < 1

2bulunur. O halde I1 = [x0 − δ1, x0 + δ1], J1 =

[y0−δ1, y0+δ1] kapalı aralıklarını tanımlarsakKδ1 [x0, y0] = I1×J1 olur, ayrıca x ∈ I1 ve y1, y2 ∈ J1ne olursa olsun, y1 ile y2 arasındaki herhangi ξ için ξ ∈ J1 olacagından (x, ξ) ∈ I1×J1 = Kδ1 [x0, y0]

böylece |Fy(x, ξ)| < 12 gözleyip asagıdaki bulunur:

|F (x, y1)− F (x, y2)| = |y1 − y2|.|Fy(x, ξ)| <|y1 − y2|

2(1)

Simdi de g(x) = F (x, y0)(∀x ∈ I1) biçiminde I1 aralıgında tanımlanan g fonksiyonunun sürekli

oldugunu (neden?) ve g(x0) = F (x0, y0) = y0− y0−f(x0, y0)

fy(x0, y0)= − f(x0, y0)

fy(x0, y0)= 0 gerçeklendigini

ve g fonksiyonu x0(∈ I) noktasında sürekli oldugundan

∃δ0 ∈ (0, δ1), |F (x, y0)| = |g(x)| = |g(x)− g(x0)| ≤δ12

(∀x ∈ [x0 − δ0, x0 + δ0])

kısacası g([x0 − δ0, x0 + δ0]) ⊆ [−δ12,δ12

] yani [x0 − δ0, x0 + δ0] ⊆ I1 ∩ g−1([−δ12,δ12

]) = A0

gözleyiniz. Asagıda yer alan Önerme7 nedeniyle bir tam metrik uzay olan X = {h ∈ C(A0, J1) :

h(x0) = y0} göz önüne alınsın. Dikkat edilirse her x ∈ A0 ve her h ∈ X için h(x) ∈ h(A0) ⊆

J1 = [y0 − δ1, y0 + δ1] nedeniyle h(x), y0 ∈ J1 ve x ∈ A0 = g−1([−δ12,δ12

]) nedeniyle |g(x)| ≤ δ12

böylelikle

|F (x, h(x))| = |(F (x, h(x))− F (x, y0)) + g(x)| ≤ |F (x, h(x))− F (x, y0)|+ |g(x)|≤∗ |h(x)− y0|

2+δ12≤ δ1

2+δ12

= δ1

bulunur, burada (∗) yazılırken (1) bagıntısı kullanılmıstır. çünkü y0, h(x) ∈ J1 gerçeklemektedir.

Simdi kanıtlanmanın son asamasında bir daralma fonksiyonu tanımlayalım: X tam metrik uzayında

asagıdaki biçimde ϕ : X → X fonksiyonunu

∀h ∈ X,∀x ∈ A0 için ϕ(h)(x) = y0 + F (x, h(x))

tanımlarsak ϕ(h) fonksiyonuA0 kümesinde tanımlı ve süreklidir(neden?) üstelik F (x0, y0) = g(x0) =

0 bilindiginden ϕ(h)(x0) = y0 + F (x0, y0) = y0 olur, ayrıca her x ∈ A0 için |ϕ(h) − y0| =

|F (x, h(x))| ≤ δ1 yani h(x) ∈ [y0 − δ1, y0 + δ1] = J1 (∀x ∈ A0) nedeniyle ϕ(h) ∈ X (∀h ∈ X) bu-

lunur. Ayrıca h1, h2 ∈ X ve x ∈ A0 ne olursa olsun h1(x) ∈ J1 ve h2(x) ∈ J1 oldugundan, yukardaki

(1) bagıntısını kullanıp

|ϕ(h1)(x)− ϕ(h2)(x)| = |F (x, h1(x))− F (x, h2(x))| ≤ |h1(x)− h2(x)|2

59


bulunarak supremum alınırsa

‖ϕ(h1)− ϕ(h2)‖ = supx∈A0

|ϕ(h1)(x)− ϕ(h2)(x)| ≤ 1

2supx∈A0

|h1(x)− h2(x)| = ‖h1 − h2‖2

yani c0 =1

2daralma sabiti aracılıgıyla, herbir h1, h2 ∈ X için ϕ : X → X fonksiyonu ‖ϕ(h1) −

ϕ(h2)‖ ≤ c0.‖h1 − h2‖ gerçekledigi için bir daralma fonksiyonu olmaktadır. Asagıdaki Önerme 7

nedeniyle X bir tam metrik uzay oldugundan, Banach Sabit Nokta Teoremi nedeniyle ϕ(h0) = h0

gerçekleyen tek bir tane h0 ∈ X vardır, böylelikle hem h0(x0) = y0 olur, hem de her x ∈ [x0 −δ0, x0 + δ0] ⊆ A0 için (dikkat: 0 < δ0 < δ1 seçildigi için aynı zamanda x ∈ [x0 − δ0, x0 + δ0] ⊆[x0 − δ1, x0 + δ1] = I1 olmaktadır) h0(x) ∈ J1 ve (x, h0(x)) ∈ I1 × J1 = Kδ1 [x0, y0] ve F

fonksiyonunun tanımı geregi F (x, h0(x)) = h0(x)− y0 −f(x, h0(x))

fy(x0, y0)ve böylece

h0(x) = ϕ(h0)(x) = y0 + F (x, h0(x)) = h0(x)− f(x, h0(x))

fy(x0, y0)

gözleyip f(x, h0(x)) = 0 (∀x ∈ [x0 − δ0, x0 + δ0]) bulunur. Aranan h olarak iste bu h0 fonksiyonu

alınır. Eger fy(x0, y0) < 0 ise −f fonksiyonuna az önceki sonuç uygulanır. Kanıtlama bitmistir!

Uyarı: Yukardaki kanıtlamada, kısalık amacıyla I0 = [x0 − δ0, x0 + δ0] yazılırsa I0 ⊆ I1 ∩g−1

([− δ1

2 ,δ12

])= A0 ve ayrıca h ∈ X ⊆ C (A0, J1) nedeniyle h (A0) ⊆ J1 gerçeklendigini

unutmadan , herbir x ∈ I0 için

(x, h (x)) ∈ I0 × h (I0) ⊆ I1 × h (A0) ⊆ I1 × J1 = Kδ1 [x0, y0]

ve böylece δ1 < ε0 nedeniyle (x, h (x)) ∈ Kε0 (x0, y0) bulunur. x1 6= x2 ve x1, x2 ∈ I0 için elbette

(x1, h (x1)) 6= (x2, h (x2)) nedeniyle sonuçta Kε0 (x0, y0) komsulugunda , sayılamaz sonsuz tane(x, h (x)) noktası için f (x, h (x)) = 0 gerçeklendigi, böylelikle sözü edilen komsulukta f (x, y) = 0

gerçekleyen sayılamaz sonsuz tane (x, y) noktasının var oldugu anlasılır. Dikkat edilirse

Sıf (f) = {(x, y) ∈ Kε0 (x0, y0) : f (x, y) = 0} ⊆ Kε0 (x0, y0)

sıfır kümesiKε0 (x0, y0) komsulugunda kapalıdır ve sayılamaz sonsuz noktalıdır. Böylelikle bu kom-

sulukta ÖFT2 hipotezleri yerine geliyorsa, asagıdaki

f (x, y) = 0

denkleminin, üstelik

h (x0) = y0 , f (x, h (x)) = 0 (∀x ∈ I0)

60

kosullarını gerçekleyen y = h (x) gibi örtük bir sürekli çözümünün var oldugu anlasılır.

Simdi ÖFT2’nin kanıtlanmasında kullandıgımız önermeyi görelim.

Önerme7:X herhangi bir topolojik uzay (Y, d) ise üzerinde tanımlı dmetrigi sınırlı olan herhangi

bir tam metrik uzay ise C(X,Y ) bir tam metrik uzaydır. Üstelik x0 ∈ X ve y0 ∈ Y sabit noktaları

ne olursa olsun {f ∈ C(X,Y ) : f(x0) = y0} bir tam metrik uzaydır.

Ispat: X herhangi bir topolojik uzay, (Y, d) ise ∃M0 > 0, ∀y1, y2 ∈ Y, 0 ≤ d(y1, y2) ≤ M0

kosulunu gerçekleyen yani sınırlı olan d metrigiyle donatılan bir tam metrik uzay olsun. Tüm süreklif : X → Y fonksiyonlarının kümesi olan C(X,Y ) üzerinde asagıdaki ünlü supremum metrigi tanım-

lıdır:

d∗(f, g) = supx∈X

d(f(x), g(x)) (∀f, g ∈ C(X,Y ))

Burada dikkat edilmesi gereken temel gözlem, her x ∈ X için f(x), g(x) ∈ Y oldugundan, d metri-

ginin niteligi geregi d(f(x), g(x)) ≤ M0 gerçeklendiginden, yukardaki sag yandaki supremumumun

var ve üstelik d∗(f, g) = supx∈X(d(x), g(x)) ≤M0 oldugudur. Simdi (C(X,Y ), d∗) metrik uzayının

bir tam metrik uzay oldugunu gösterelim. Bu metrik uzayda {fn}∞n=1 dizisi bir Cauchy dizisi ise yani

Kos: ∀ε > 0,∃nε ∈ N, d∗(fn, fm) < ε(∀n,m ≥ nε) kosulu geçerliyse, var olan bir f ∈ C(X,Y )

için limn→∞

d∗(fn, f) = 0 gerçeklestigini göstermeliyiz. Öncelikle herbir x ∈ X için {fn(x)}∞n=1 di-

zisi (Y, d) metrik uzayında bir Cauchy dizisi olur, çünkü her n,m ≥ nε için d(fn(x), fm(x)) ≤supx∈X d(fn(x), fm(x)) = d∗(fn, fm) ≤ ε gerçelidir ve (Y, d) bir tam metrik uzay oldugundan,

zorunlu olarak herbir x ∈ X için limn→∞

fn(x) = yx ∈ Y limiti tek türlü olarak belirlidir, bu yolla

her x ∈ X için f(x) = yx(= limn→∞

fn(x)) biçiminde tanımlanan f : X → Y fonksiyonunun sü-

rekli oldugunu gözleyebiliriz. Öncelikle her x ∈ X için ∃Nε ∈ N, d∗(fn, fm) <ε

2(∀n,m ≥ Nε)

bilgisiyle d(fn(x), fm(x)) ≤ d∗(fn, fm) <ε

2(∀n,m ≥ Nε) olur, üstelik lim

m→∞fm(x) = f(x) ol-

dugundan, herbir n ≥ Nε için d(fn(x), f(x)) = limm→∞

d(fn(x), fm(x)) ≤ ε

2böylece d∗(fn, f) =

supx∈X

d(fn(x), f(x)) ≤ ε

2< ε olur, ayrıca herhangi x0 ∈ X alındıgından her x ∈ X için asagıdaki

esitsizlikler herhangi bir sabit n0 > Nε için yazılabileceginden sonuçta

d(f(x), f(x0)) ≤ d(f(x), fn0(x)) + d(fn0(x), fn0(x0)) + d(fn0(x0), f(x0))

≤ 2 supx∈X

d(f(x), fn0(x)) + d(fn0(x), fn0(x0))

böylece d(f(x), f(x0)) ≤ ε+d(fn0(x), fn0(x0)) bulunur, bu esitsizlikten f fonksiyonunun nasıl x0 ∈X noktasında sürekli oldugu sonucunun çıkartıldıgı Topoloji Dersleri’nde gösterilir, böylece hem f ∈C(X,Y ) hem de d∗(fn, f) < ε(∀n ≥ Nε) elde ederek fn → f yani limn→∞ d

∗(fn, f) = 0 bulunur.

61


Demek ki (C(X,Y ), d∗) metrik uzayında her Cauchy dizisi yakınsamaktadır, buysa istenendir. Ikinci

iddiayı göstermiyoruz (Ödevdir).

Uyarı: ÖFT2 teoremi sunu kanıtlamıstır: Açık bir R ⊆ R2 bölgesinde tanımlı ve sürekli bir f =

f(x, y) fonksiyonu için, uygun bir (x0, y0) ∈ R noktasında eger f(x0, y0) = 0 oluyor, üstelik bu

noktanın bir Kε0(x0, y0) komsulugunda fy =∂f

∂ykısmi türev fonksiyonu sürekli olup fy(x0, y0) 6= 0

gerçekleniyorsa, bu durumda uygun bir 0 < δ0 < ε0 için Kδ0(x0, y0) komsulugunda f(x, y) = 0

denklemine karsılık

∀x ∈ [x0 − δ0, x0 + δ0] iÃ§in f(x, g(x)) = 0

kosulunu gerçekleyen tam bir tane g : [x0−ε0, x0 +ε0]→ [y0−δ0, y0 +δ0] sürekli fonksiyonu vardır,

üstelik g(x0) = y0 gerçeklesir. Kısacası f(x0, y0) = 0 ve fy(x0, y0) 6= 0 iseKε(x0, y0) komsulugunda

f(x, y) = 0 denklemini saï¿12 layan sayï¿1

2 lamaz sonsuz tane (x, y) noktasï¿12nda y = g(x) gibi örtük

bir çözümü vardır. Üstelik f fonksiyonu eger Kε0(x0, y0) komsulugunda türetilebilirse g örtük çözüm

de türetilebilirdir ve

g′(x) = −fx(x, g(x))

fy(x, g(x))(∀x ∈ [x0 − δ0, x0 + δ0])

gerçeklestigi ÖFT1’in ardından gelen Dikkat’de yapıldıgı gibi kanıtlanır. ÖFT2 Teoreminin bir benzeri

yüksek boyutlar için aynen geçerlidir:

Örtük Fonksiyon Teoremi 3:f = f(x, y, z) fonksiyonu açık bir R ⊆ R3 bölgesinde tanımlı ve bir (x0, y0, z0) ∈ R için

f(x0, y0, z0) = 0 ise üstelik uygun bir Kε0(x0, y0, z0) küp komsulugunda f türetilibilir, fz =∂f

∂zkısmi türev fonksiyonu sürekli ve fz(x0, y0, z0) 6= 0 ise uygun bir 0 < δ0 < ε0 için Kδ(x0, y0, z0)

komsulugunda f(x, y, z) = 0 denkleminin,Kδ0(x0, y0) ⊆ R2 komsulugunda kendisi ve kısmi türevleri

tanımlı olup

f(x, y, g(x, y)) = 0 (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0)) ve g(x0, y0) = z0

gerçekleyen biricik z = g(x, y) çözümü VARDIR ve üstelik asagıdakiler geçerlidir:

gx(x, y) = −fx(x, y, g(x, y))

fz(x, y, g(x, y)), gy(x, y) = −fy(x, y, g(x, y))

fz(x, y, g(x, y))(∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

Ispat: g örtük çözümün varlıgı ÖFT2’deki gibi kanıtlanır. Simdi g fonksiyonunun kısmi türevlerini

belirleyelim: Kδ0(x0, y0) noktasındaki herhangi bir (x, y) noktası için, yeterince küçük hx, hy, hz ni-

celikleri sayesinde x = x0 + hx, y = y0 + hy, z = z0 + hz olur ve z = g(x, y), z0 = g(x0, y0) ve

f(x, y, z) = f(x, y, g(x, y)) = 0 = f(x0, y0, z0) = f(x0, y0, g(x0, y0)) kısacası

0 = f(x, y, z)− f(x0, y0, z0)

62

ve üstelik f fonksiyonunun türetilebilme kosulunu kullanıp

0 = f(x, y, z)− f(x0, y0, z0)

= fx(x0, y0, z0).hx + fy(x0, y0, z0).hy + fz(x0, y0, z0).hz

+ hx.ϕ1(hx, hy, hz) + hy.ϕ2(hx, hy, hz) + hz.ϕ3(hx, hy, hz)

=(fx(x0, y0, z0) + ϕ1(hx, hy, hz)

)hx +

(fy(x0, y0, z0) + ϕ2(hx, hy, hz)

)hy

+(fz(x0, y0, z0) + ϕ3(hx, hy, hz)

)hz

gerçeklenecek biçimde ϕ1, ϕ2, ϕ3 fonksiyonları vardr. Sonuçta z = g(x, y) degiskeni için üstelik

fz(x0, y0, z0) 6= 0 unutmadan

hz = z − z0 = g(x, y)− g(x0, y0) =

(−fx(x0, y0, z0) + ϕ1(hx, hy, hz)

fz(x0, y0, z0) + ϕ3(hx, hy, hz)

)hx

=

(−fy(x0, y0, z0) + ϕ2(hx, hy, hz)

fz(x0, y0, z0) + ϕ3(hx, hy, hz)

)hy

bulunur. Dikkat edilirse (hx, hy) → (0, 0) için (x, y) → (x0, y0) ve g fonksiyonunun sürekliligi ne-

deniyle g(x, y) → g(x0, y0) yani hz → 0 böylece (hx, hy, hz) → (0, 0, 0) ve ϕi fonksiyonlarının

niteligi geregi ϕi(hx, hy, hz) → ϕi(0, 0, 0) = 0 (i = 1, 2, 3) gözleyip, hy = 0 seçilmesi durumunda

y = y0 + hy = y0 olacagından yukarda bulunanlardan

g(x0 + hx, y0)− g(x0, y0)

hx= −fx(x0, y0, z0) + ϕ1(hx, hy, hz)

fz(x0, y0, z0) + ϕ3(hx, hy, hz)

ve hx → 0 iken(zaten hy = 0 oldugundan) (hx, hy) → (0, 0) ve sonuçta yukarda gözlendigi gibi

ϕi(hx, hy, hz)→ 0 oldugundan

gx(x0, y0) = limhx→0

g(x0 + hx, y0)− g(x0, y0)

hx= −fx(x0, y0, z0)

fz(x0, y0, z0)

= −fx(x0, y0, g(x0, y0))

fz(x0, y0, g(x0, y0))

istenen sonucu bulunur. fz =∂f

∂zkısmi türev fonksiyonu sürekli gerçel degerli ve fz(x0, y0, z0) 6= 0

oldugundan, uygun bir 0 < δ1 ≤ δ0 için fz(x, y, z) 6= 0(∀(x, y, z) ∈ Kδ1(x0, y0, z0)) bulunacagından

(nasıl?) bu kanıtlama yöntemiyle, her (x, y) ∈ Kδ1(x0, y0) için

gx(x, y) = −fx(x, y, g(x))

fy(x, y, g(x)), gy(x, y) = −fy(x, y, g(x))

fz(x, y, g(x))

bulunur, aranan komsuluk olarak Kδ1(x0, y0, z0) alınır. bitti!

63


Tanım9(Jakobyen): Birinci mertebeden kısmi türevleri, bir R ⊆ R2 bölgesinde tanımlı olan f =

f(x, y) ve g = g(x, y) fonksiyonları için R bölgesinde tanımlanan

∂(f, g)

∂(x, y)= fxgy − fygx =

fx fy

gx gy

fonksiyonuna, kısacası herbir (x0, y0) ∈ R noktasında

∂(f, g)

∂(x, y)

∣∣∣(x0,y0)

= fx(x0, y0)gy(x0, y0)− fy(x0, y0)gx(x0, y0)

degerini alan fonksiyona, f ve g çiftinin Jakobyeni denir. Analiz, Mekanik ve Termodinamik gibi alan-

ların bu önemli kavramını Alman Matematikçi Karl Gustav Jacop Jacobi 1830’larda tanımlamıstır.

Dikkat edilirse∂(f, g)

∂(y, x)= fygx − fxgy = −(fxgy − fygx) = −∂(f, g)

∂(x, y)

ve benzer biçimde∂(f, g)

∂(x, y)= −∂(g, f)

∂(x, y)gerçeklesir. Benzer biçimde bir R ⊆ R3 bölgesinde kısmi

türevleri tanımlı f = f(x, y, z), g = g(x, y, z) ve h = h(x, y, z) fonksiyonları için asagıdaki tanım

geçerlidir:

∂(f, g, h)

∂(x, y, z)=

fx fy fz

gx gy gz

hx hy hz

= fx∂(g, h)

∂(y, z)− fy

∂(g, h)

∂(x, z)+ fz

∂(g, h)

∂(x, y)

ya da paydalardaki degiskenlerin sırasını bozmadan ve∂(g, h)

∂(x, z)= −∂(g, h)

∂(z, x)gözleyerek bu son tanım

söyle de verilebilir:∂(f, g, h)

∂(x, y, z)= fx

∂(g, h)

∂(y, z)+ fy

∂(g, h)

∂(z, x)+ fz

∂(g, h)

∂(x, y)

Örnegin f(x, y, z) = x+ 3y2 − z, g(x, y, z) = 2xy2z, h(x, y, z) = 2z2 − xy ise

∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣(1,−1,0)

= fx(1,−1, 0)∂(g, h)

∂(y, z)

∣∣∣(1,−1,0)

+ fy(1,−1, 0)∂(g, h)

∂(z, x)

∣∣∣(1,−1,0)

+ fz(1,−1, 0)∂(g, h)

∂(x, y)

∣∣∣(1,−1,0)

= 10

gözleyiniz. Ayrıca u = u(x, y) ve v = v(x, y) türetilebilir fonksiyonları, sırasıyla apaçık biçimde

tanımlanmadan u2 − v = 3x + y ve u − 2v2 = x − 2y gerçekliyorlarsa, ux ve vy kısmi türevlerini u

64

ve v cinsinden

ux = −

∂(f, g)

∂(x, v)

∂(f, g)

∂(u, v)

= −

fx fv

gx gv

fu fv

gu gv

=1− 12v

1− 8uvve

vy = −

∂(f, g)

∂(u, v)

∂(f, g)

∂(u, v)

=4u+ 1

8uv − 1

biçiminde belirleriz, burada 8uv 6= 1 varsayımı altında, f ve g türetilebilir fonksiyonları f(x, y, u, v) =

u2 − v − 3x− y ve g(x, y, u, v) = u− 2v2 − x− y biçiminde tanımlanmıs olup, verilen bagıntılarla

f(x, y, u, v) = 0 ve g(x, y, u, v) = 0 gözleyerek asagıdaki önerme kullanılmıstır:

Önerme9: u = u(x, y) ve v = v(x, y) ile f = f(x, y, u, v) ve g = g(x, y, u, v) fonksiyon-

ları türetilebilir ve aï¿12 ï¿1

2k olmasï¿12 gerekmeyen bir R ⊆ R2 bölgesinde J =

∂(f, g)

∂(u, v)6= 0 ve

f(x, y, u, v) = 0, g(x, y, u, v) = 0 ise ux, vx, uy ve vy kısmi türevleri R bölgesinde jakobyenler aracı-

lıgıyla belirlenir, sözgelimi su geçerlidir:

ux = − 1

∂(f, g)

∂(u, v)

.∂(f, g)

∂(x, v).

Kanıtlama: R bölgesinde 0 = f(x, y, u, v) ve 0 = g(x, y, u, v) oldugundan

0 = df = fxdx+ fydy + fudu+ fvdv

= fxdx+ fydy + fu(uxdx+ uydy) + fv(vxdx+ vydy)

= (fx + fuux + fvvx)dx+ (fy + fuuy + fvvy)dy

nedeniyle fx+fuux+fvvx = 0 ve fy+fuuy+fvvy = 0 ve benzer seyler g fonksiyonu için yapılarak,

sonuçta

fuux + fvvx = −fxguux + gvvx = −gx

vefuuy + fvvy = −fyguuy + gvvy = −gy

denklem sistemleri bulunur, üstelik katsayılar determinantı olan

J =fu fv

gu gv=∂(f, g)

∂(u, v)

65


jakobyeni, R bölgesinde sıfır olmadıgından ünlü Cramer Teoremi kullanılarak, örnegin ux için

ux =

−fx fv

−gx gv

J= −

fx fv

gx gv

J= −

∂(f, g)

∂(x, v)

∂(f, g)

∂(u, v)

= − 1

J

∂(f, g)

∂(x, v)

ve benzer biçimde vy = − 1

J=∂(f, g)

∂(u, y)bulunur. Siz uy ve vx kısmi türevlerini jakobyenler aracılıgı ile

belirleyiniz. Demek ki f ve g’nin örtük fonksiyonlara göre jakobyeni bir R bölgesinde sıfırdan farklı

ise, örtük fonksiyonların kısmi türevleri belirlenebilmektedir.

Sırada iki önemli teorem vardır:

Ters Fonksiyon Teoremi 1:Bir R = [a, b] × [c, d] × R × R bölgesinde f = f(x, y, u, v) ve g = g(x, y, u, v) fonksiyon-

ları türetilebilir olsun. R bölgesinde f(x0, y0, u0, v0) = g(x0, y0, u0, v0) = 0 ve∂(f, g)

∂(u, v)

∣∣∣∣P0

6= 0

koï¿12ullarï¿1

2nï¿12 saglayan herbir P0(x0, y0, u0, v0) ∈ R noktası için (x0, y0) ∈ [a, b]× [c, d] noktası-

nın uygun bir Kδ0(x0, y0) komsulugunda tanımlı ve kısmi türevleri tanımlı olan

u = ϕ(x, y) , v = Ψ(x, y) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

ters çözümleri VARDIR.

Kanıtlama: Sözü edilen P0(x0, y0, u0, v0) noktası için varsayım geregi

0 6= ∂(f, g)

∂(u, v)

∣∣∣P0

= fu(x0, y0, u0, v0)gv(x0, y0, u0, v0)− fv(x0, y0, u0, v0)gu(x0, y0, u0, v0)

oldugundan

ya fu(x0, y0, u0, v0)gv(x0, y0, u0, v0) 6= 0 ya da 0 6= fv(x0, y0, u0, v0)gu(x0, y0, u0, v0)

gerçeklesir. Ilk kosulun gerçeklestigini varsayalım. Bu durumda

g(x0, y0, u0, v0) = 0 ve gv(x0, y0, u0, v0) 6= 0

ve aynı zamanda f(x0, y0, x0, u0) = 0 ve fu(x0, y0, u0, v0) 6= 0 bulunur. Dolayısıyla ÖFT3 benzeri

teoremle ilk bagıntılardan, uygun bir Kδ0(x0, y0, u0) komsulugu tanımlı olup

v = G(x, y, u), v0 = G(x0, y0, u0), g(x, y, u,G(x, y, u)) = 0 (∀(x, y, z) ∈ Kδ0(x0, y0, u0))

ve ayrıca

Gu(x, y, u) = −gu(x, y, u,G(x, y, u))

gv(x, y, u,G(x, y, u))(∀(x, y, z) ∈ Kδ0(x0, y0, z0))

66

kosul ve özelliklerini gerçekleyen, kısmi türevlere sahip v = G(x, y, u) örtük çözümü vardır. Onun

aracılıgıyla

F (x, y, u) = f(x, y, u,G(x, y, u)) (∀(x, y, z) ∈ Kδ0(x0, y0, u0))

biçiminde tanımlanan F fonksiyonu için zincir kuralı geregi Fu = fu + fvGu oldugundan, v0 =

G(x0, y0, u0) unutmadan kolayca

hem Fu(x0, y0, u0) = fu(x0, y0, u0, G(x0, y0, u0)) + fv(x0, y0, u0, G(x0, y0, u0)).Gu(x0, y0, u0)

= fu

∣∣∣P0

+ fv

(−gugv

) ∣∣∣P0

=1

gv(x0, y0, u0, G(x0, y0, u0)).∂(f, g)

∂(u, v)

∣∣∣P0

6= 0

hem de F (x0, y0, u0) = f(x0, y0, u0, G(x0, y0, u0)) = f(x0, y0, u0, v0) = 0

gerçeklestiginden ÖFT3 kullanılarak Kδ0(x0, y0) komsulugunda tanımlı uygun bir u = ϕ(x, y) örtük

çözümü sayesinde

u0 = ϕ(x0, y0) , F (x, y, ϕ(x, y)) = 0 (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

bulunur, (x, y, u) = (x, y, ϕ(x, y)) ∈ Kδ0(x0, y0, u0) unutmadan v = G(x, y, u) = G(x, y, ϕ(x, y))

bulunur, Ψ(x, y) = G(x, y, ϕ(x, y)) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0)) tanımlayarak istenenler elde edilmis olur.

Ters Fonksiyon Teoremi 2: ∅ 6= R ⊆ Rn bölgesi açık ve herbir 1 ≤ i ≤ n indisi için ui =

ui(x1, x2, ..., xn) fonksiyonları R bölgesinde tanımlı, gerçel degerli ve türetilebilir olsun. Eger herbir

P (x1, x2, ..., xn) ∈ R noktasında∂(u1, u2, ..., un)

∂(x1, x2, ..., xn)

∣∣∣P6= 0 ise, −→u = (u1, u2, ..., un) vektör degerli

fonksiyonu, R bölgesinin her noktasının uygun bir komsulugunda bire-birdir ve bu komsulukta xi =

xi(u1, u2, ..., un) (1 ≤ i ≤ n) ters dönüsümleri tanımlıdır ve kısmi türevleri vardır.

Kanıtlama: Bkz. C. Buck, Advanced Calculus, McGrawHill, sayfa 276-277.

Dikkat: Yukardaki teoremlerde, ters çözümler yerel çözümlerdir, kısacasıR bölgesinin her nokta-

sının uygun bir komsulugunda tanımlıdırlar, fakat bu islemlerR bölgesinin her noktasında yapılabildigi

için, jakobyen R bölgesinde sıfırdan farklı ise, R bölgesinde ters çözümler vardır denilir. TFT2 te-

oreminden, kolayca su elde edilir:

Önerme10: Bir R ⊆ R2 bölgesinde türetilebilir u = u(x, y) fonksiyonu için ux(x0, y0) 6= 0 ise

(x0, y0) ∈ R noktasının uygun bir komsulugunda x = x(u, y) ters çözümü vardır. Bu ters çözümün

kısmi türevleri tanımlıdır.

Kanıtlama:R bölgesinde v = v(x, y) fonksiyonu v(x, y) = y biçiminde tanılanırsa,R bölgesinde

apaçık biçimde vx = 0 ve vy = 1 olur, özel olarak vx(x0, y0) = 0 ve vy(x0, y0) = 1 gerçeklestiginden,

67


kolayca∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣(x0,y0)

= ux(x0, y0).vy(x0, y0) − uy(x0, y0)vx(x0, y0) = ux(x0, y0) 6= 0 bulunup,

TFT2 teoremi ile, (x0, y0) noktasının uygun bir Kδ0(x0, y0) komsulugunda x = x(u, v) = x(u, y) ters

çözümünün kısmi türevleri tanımlıdır.

Örnekler4:

1) u, v degiskenlerinin bir R aï¿12 ï¿1

2k bölgesinde, türetilebilir x = f(u, v) ve y = g(u, v) fonksi-

yonları J =∂(x, y)

∂(u, v)6= 0 gerçeklerse, gösteriniz:

vx = −yuJ, vy =

xuJ, ux =

yvJ, uy = −xv

J

Gerçekten TFT2 teoremi nedeniyle, u = u(x, y) ve v = v(x, y) ters çözümlerinin, her noktanın uygun

bir komsulugunda geçerli oldugunu gözleyerek, x = f(u(x, y), v(x, y)) ve y = g(u(x, y), v(x, y))

esitliklerinde x degiskenine göre türev alarak

1 =∂x

∂x= fx = fuux + fvvx , 0 =

∂y

∂x= gx = guux + gvvx

yanifuux + fxvx = 1

guux + gvvx = 0

}denklem sisteminden, Cramer Teoremiyle

vx =

fu 1

gu 0

∂(f, g)

∂(u, v)

=−gu∂(x, y)

∂(u, v)

=−yuJ

, ux =

1 fv

0 gv

J=gvJ

=yvJ

bulunur. Buna karsılık, yukardaki esitlikleri y degiskenine göre türetip 0 = fy = fuuy + fvvy , 1 =

gy = guuy + gvvy denklem sisteminin çözümlerinden uy =−xvJ

ve vy =xuJ

bulunur.

2) J =∂(x, y)

∂(u, v)6= 0 ise

∂(x, y)

∂(u, v).∂(u, v)

∂(x, y)= 1 gösteriniz. Gerçekten bu çarpım

xu xv

yu yv.ux uy

vx vy=

xuux + xvvx xuuy + xvvy

xuux + xvvx yuuy + yvvx=

1 0

0 1= 1

gerçekler, örnegin 1) örneginin çözümünde 1 = fuux + fvvx = xuux + xvvx ve 0 = guux + gvvx =

yuuy + yvvx gerçeklestigi gözlenmisti. Ayrıca 1) çözümünde belirlenen kısmi türevleri kullanarak da

xuux + xvvx = xu.yvJ

+ xv−yuJ

=1

J(xuyv − xvyv) =

1

J.J = 1,

yuuy + yvvx = yu.yvJ

+ yv−yuJ

=1

J(yuyv − yvyu) =

1

J.0 = 0

68

bularak aynı sonuca ulasabiliriz.

3) BirR ⊆ R2 bölgesinde u = f(x, y) ve v = g(x, y) fonksiyonları türetilebilirse uxxu+vxxv = 1

gerçeklendigini gösteriniz.

Bunun bir önceki örnekte çözüldügüne dikkat ediniz.

4) f(x, y, r, s) = 0 ve g(x, y, r, s) = 0 ise yrrx + yssx = 0 gösteriniz. Gerçekten, burada r =

r(x, y) ve s = s(x, y) türetilebilir olup J1 =∂(f, g)

∂(r, s)ve J2 =

∂(f, g)

∂(x, y)jakobyenlerinin sıfırdan farklı

olusları varsayımı altında, Önerme 9 kullanılırsa

ys = −

(f, g)

∂(s, x)

(f, g)

∂(y, x)

=

(f, g)

∂(x, s)

(f, g)

∂(y, x)

, sx = −

(f, g)

∂(x, r)

(f, g)

∂(s, r)

=

(f, g)

∂(r, x)

(f, g)

∂(s, r)

ve böylece asagıdaki bulunur:

yssx =

(f, g)

∂(s, x)

(f, g)

∂(y, x)

.

(f, g)

∂(r, x)

(f, g)

∂(r, s)

=

−(f, g)

∂(r, x)

(f, g)

∂(y, x)

(f, g)

∂(x, s)

(f, g)

∂(r, s)

= yr(−rx) = −yrrx

5) R ⊆ R2 bölgesinde u = u(x, y) ve v = v(x, y) türetilebilirse ve tek degiskenli ve türetilebilir

f fonksiyonu aracılıgıyla v = f(u(x, y)) = (f ◦ u)(x, y) ise R bölgesinde∂(u, v)

∂(x, y)= 0 olur, kısacası

herbir (x0, y0) ∈ R için∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣(x0,y0)

= 0 gerçeklesir. Gerçekten, apaçık biçimde vx = f ′(u).ux ve

vy = f ′(u).uy oldugundan, asagıdaki bulunur:

∂(u, v)

∂(x, y)

∣∣∣(x0,y0)

= ux(x0, y0).vy(x0, y0)− uy(x0, y0)vx(x0, y0)

= f ′(u).[ux(x0, y0).uy(x0, y0)− uy(x0, y0)ux(x0, y0)] = f ′(u).0 = 0

6) Her k = 1, 2, ..., n için fk(x1, x2, ..., xm, y1, y2, ..., yn) = 0 ve herbir i = 1, 2, ..., n için yi =

yi(x1, x2, ..., xm) ise ve bunlar türetilebilirse

∂yi∂xj

=(−1)

∂(f1, f2, ..., fn)

∂(y1, y2, ..., yn)

.∂(f1, f2, ..., fi−1, fi, fi+1, ..., fn)

∂(y1, y2, ..., yi−1, xj , yi+1, ..., yn)

olur. Gerçekten n = 2 için kanıtlama vermek yeterlidir, genel durum benzer biçimde kanıtlanır.

f1(x1, x2, y1, y2) = 0 ve f2(x1, x2, y1, y2) = 0 ise

69


0 = df1 =∂f1∂x1

dx1 +∂f1∂x2

dx2 +∂f1∂y1

(∂y1∂x1

dx1 +∂y1∂x2

dx2

)+∂f1∂y2

(∂y2∂x1

dx1 +∂y2∂x2

dx2

)=

(∂f1∂x1

+∂f1∂y1

∂y1∂x1

+∂f1∂y2

∂y2∂x1

)dx1 +

(∂f1∂x2

+∂f1∂y1

∂y1∂x2

+∂f1∂y2

∂y2∂x2

)dx2

ve benzer seyler f2 fonksiyonu için yapılarak

∂f1∂y1

.∂y1∂x1

+∂f1∂y2

.∂y2∂x1

= −∂f1∂x1

∂f2∂y1

.∂y1∂x1

+∂f2∂y2

.∂y2∂x1

= −∂f2∂x1

denklem sisteminden

∂y1∂x1

=1

∂(f1, f2)

∂(y1, y2)

.−∂f1∂x1

∂f1∂y2

−∂f2∂x1

∂f2∂y2

= − 1

∂(f1, f2)

∂(y1, y2)

∂(f1, f2)

∂(x1, y2)

ve benzer biçimde∂y2∂x1

= − 1

∂(f1, f2)

∂(y1, y2)

.∂(f1, f2)

∂(y1, x1)bulunur. Siz f1(x1, x2, x3, y1, y2) = 0 ve

f2(x1, x2, x3, y1, y2) = 0 verildiginde sözgelimi

∂y2∂x3

= − 1

∂(f1, f2)

∂(y1, y2)

.∂(f1, f2)

∂(y1, x3)

bulunuz. Bu örnekteki sonuçların Önerme 9’dakileri genellestirdigini gözleyiniz.

7) x = f(u, v, w), y = g(u, v, w), z = h(u, v, w) türetilebilir fonksiyonları verilsin ux, vx, wx, uy, vy, ...

kısmi türevlerini Jakobyenler aracılıgıyla belirleyelim. Burada, sözgelimi bir R ⊆ R3 bölgesinde

J =∂(f, g, h)

∂(u, v, w)=∂(x, y, z)

∂(u, v, w)6= 0 varsayılmaktadır. Dikkat edilirse

1 =∂x

∂x= fx = fuux + fvvx + fwwx = xuux + xvvx + xwwx

0 =∂y

∂x= gx = guux + gvvx + gwwx = yuux + yvvx + ywwx

0 =∂z

∂x= hx = huux + hvvx + hwwx = zuux + zvvx + zwwx

ve böylece katsayılar determinantı olan J 6= 0 oldugundan Cramer Teoremi ile sözgelimi

ux =1

J

1 xv xw

0 yv yw

0 zv zw

=

∂(y, z)

∂(v, w)

J, vx = −

∂(y, z)

∂(u,w)

J

70

bulunur. Siz uy = − 1

J.∂(x, z)

∂(v, w)ve vy = − 1

J.∂(x, z)

∂(u,w)bulup ötekileri hesaplayınız.

8) Bir önceki örnekteki jakobyenin∂(x, y, z)

∂(u, v, w).∂(u, v, w)

∂(x, y, z)= 1 gerçekledigini gösterin.

Gerçekten bu jakobyenlerin çarpımı asagıdakidir:

xuux + xvvx + xwwx xuuy + xvvy + xwwy xuuz + xvvz + xwwz

yuux + yvvx + ywwx yuuy + yvvy + ywwy yuuz + yvvz + ywwz

zuux + zvvx + zwwx zuuy + zvvy + zwwy zuuz + zvvz + zwwz

=

1 0 0

0 1 0

0 0 1

= 1

sözgelimi birinci sütun bir önceki örnekte hesaplanmıstır, öteki sütunlar da tümüyle benzer biçimde

hesaplanabilir. Ayrıca, bir önceki örnekte belirlenen kısmi türev degerleri kullanılarak da bu determi-

nantı hesaplayabiliriz, sözgelimi uy = − 1

J.∂(x, z)

∂(v, w), vy =

1

J.∂(x, z)

∂(u,w)ve wy = − 1

J.∂(x, z)

∂(u,w)olarak

belirlendiginden, ikinci sütunda ilk iki ifade

xuuy + xvvy + xwwy =1

J

(− xu

∂(x, z)

∂(v, w)+ xv

∂(x, z)

∂(u,w)− xw

∂(x, z)

∂(u, v)

)=

1

J

(− xu(xvzw − xwzv) + xv(xuzw − xwzu)− xw(xuzv − xvzu)

)=

1

J.0 = 0 buna karsılık

yuuy + yvvy + ywwy =1

J

(− yu

∂(x, z)

∂(v, w)+ yv

∂(x, z)

∂(u,w)+ yw

∂(x, z)

∂(u, v)

)= 1

olur, çünkü köseli parantezin içi, dikkat edilirse J’dir, çünkü

J =∂(x, y, z)

∂(u, v, w)=

xu xv xw

yu yv yw

zu zv zw

= (ikinci satıra göre açarak)

= −yuxv xw

zv zw+ yv

xu xw

zu zw− yw

xu xv

zu zv

= −yu∂(x, z)

∂(v, w)+ yv

∂(x, z)

∂(u,w)− yw

∂(x, z)

∂(u, v)olur.

Bu ve önceki örnekte suna dikkat edilmistir: J =∂(x, y, z)

∂(u, v, w)6= 0 oldugundan( bir R ⊆ R3 bölge-

sinde) TFT2 teoremi kullanılarak ters u = u(x, y, z), v = v(x, y, z) ve w = w(x, y, z) türetilebilir

fonksiyonları ve dolayısıyla onların kısmi türev fonksiyonları vardır(iyi tanımlıdır).

9) Türetilebilir f ve g fonksiyonları için bir R ⊆ R3 bölgesinde f(x, y, z) = 0 ve g(x, y, z) = 0

ise, paydalardaki Jakobyenler sıfır olmadıkça asagıdakiler geçerlidir:

dx

∂(f, g)

∂(y, z)

=dy

∂(f, g)

∂(z, x)

=dz

∂(f, g)

∂(x, y)

71


Gerçekten, öncelikle amacımızR bölgesinde∂(f, g)

∂(x, z)dx+

∂(f, g)

∂(y, z)dy = 0 gerçeklestigini göstermektir,

böylelikle R bölgesinde∂(f, g)

∂(y, z)dy = −∂(f, g)

∂(x, z)dx =

∂(f, g)

∂(z, x)dx ve jakobyenler sıfır olmadıgından

onlarla bölüm yaparak su istenen sonuç bulunacaktır:

1

∂(f, g)

∂(z, x)

dy =1

∂(f, g)

∂(y, z)

dx

Demek ki herbir (x0, y0, z0) ∈ R için∂(f, g)

∂(x, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

.dx +∂(f, g)

∂(y, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

.dy = 0 göstermek

istiyoruz. Tüm jakopyenler bu noktada hesaplanmak üzere, eger gz(x0, y0, z0) = 0 gerçekleniyorsa,

kolayca∂(f, g)

∂(x, z)dx+

∂(f, g)

∂(y, z)dy = (−gxfzdx− gyfzdy) = 0

bulunur, çünkü R bölgesinde g(x, y, z) = 0 ve sonuçta 0 = dg = gxdx + gydy + gzdz oldugundan,

özel olarak

0 = dg

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

= [gxdx + gydy + gzdz]

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

= [gxdx + gydy]

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

geçerlidir. Yok eger gz(x0, y0, z0) 6= 0 gerçekleniyorsa, bu kez ÖFT3 teoremi ile, bu noktanın uygun bir

komsulugunda hem z = h(x, y) örtük çözümü var yani g(x, y, h(x, y)) = 0 üstelik zx = −gxgz, zy =

−gygz

olur, böylelikle fx + fzzx = fx −fzgxgz

=1

gz.∂(f, g)

∂(x, z)ve fy + fzzy =

1

gz.∂(f, g)

∂(y, z)bulup, zaten

0 = df = fxdx+ fydy+ fzdz = fxdx+ fydy+ fz(zxdx+ zydy) = (fx + fzzx)dx+ (fy + fzzy)dy

nedeniyle

0 = (fx + fzzx)dx+ (fy + fzzy)dy =1

gz

[∂(f, g)

∂(x, z)dx+

∂(f, g)

∂(y, z)dy

]sonuçta bu komsulukta geçerli olan bu esitlikten, ve gz(x0, y0, z0) 6= 0 oldugunu unutmadan özel olarak

(x0, y0, z0) noktası için

0 =1

gz(x0, y0, z0)

∂(f, g)

∂(x, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

dx+∂(f, g)

∂(y, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

dy

nedeniyle

0 =∂(f, g)

∂(x, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

dx+∂(f, g)

∂(y, z)

∣∣∣∣∣(x0,y0,z0)

dy

istenen sonucuna ulasılır. Bu örnekteki öteki esitlikleri siz gösteriniz.

72

10) x = f(u, v), y = g(u, v), z = h(u, v) ve ayrıca bir R ⊆ R3 bölgesinde F fonksiyonu için

F (x, y, z) = 0 ise ve tüm bunlar türetilebilirse, gösteriniz:

∂(y, z)

∂(u, v)dx+

∂(z, x)

∂(u, v)dy +

∂(x, y)

∂(u, v)dz = 0.

Gerçekten, çalısılan bir noktada tüm bu jakobyenler sıfırsa zaten esitlik apaçıktır. Eger jakobyenlerden

en az birisi, sözgelimi∂(x, y)

∂(u, v)çalısılan noktada sıfırdan farklı ise, bu noktada (asagıda görülecegi gibi)

Fx = − Fz∂(x, y)

∂(u, v)

.∂(z, y)

∂(u, v), Fy = − Fz

∂(x, y)

∂(u, v)

.∂(x, z)

∂(u, v)

gerçeklesir, çünkü R bölgesinde F (x, y, z) = 0 nedeniyle, bu noktada

(∗)0 = dF

∣∣∣∣∣(x,y,z)

= Fxdx+ Fydy + Fzdz

= Fx(xudu+ xvdv) + Fy(yudu+ yvdv) + Fz(zudu+ zvdv)

= (Fxxu + Fyyu + Fzzu)du+ (Fxxv + Fyyv + Fzzv)dv

ve Fxxu+Fyyu+Fzzu = 0 = Fxxv+Fyyv+Fzzv ve sonuçta katsayılar determinantı J =∂(x, y)

∂(u, v)6= 0

olan asagıdakixuFx + yuFy = −FzzuxvFx + yzFy = −Fzzv

denklem sistemini çözerek

Fx =1

J

−Fzzu yu

−Fzzv yv= −Fz

J

zu yu

zv yv= −Fz

J

∂(z, y)

∂(u, v)ve Fy = −Fz

J

∂(x, z)

∂(u, v)

ve tüm bu degerler (∗) denkleminde yerlestirilerek

0 = −FzJ

∂(z, y)

∂(u, v)dx− Fz

J

∂(x, z)

∂(u, v)dy + Fzdz

=FzJ

(∂(y, z)

∂(u, v)dx+

∂(z, x)

∂(u, v)dy + Jdz

)bulunur. Buradan istenen çıkar(nasıl?).

Ödevler

1) u = ln√x2 + y2, v = arctan(

y

x) (∀(x, y) ∈ R = (R − {0}) × R) dönüsümü altında z =

z(x, y) fonksiyonu için, (x+ y)zx − (x− y)zy = zu − zv olur. gösteriniz.

73


(Yol gös: Önce R bölgesinde J =∂(u, v)

∂(x, y)= 1 > 0 gözleyip x = x(u, v) ve y = y(u, v) ters

çözümlerinin varlıgını çıkarsayıp z = z(x(u, v), y(u, v)) gözleyiniz.)

2) R = (R×R)− {(0, 0)} açık bölgesinde ikinci mertebe kısmi türevleri tanımlı z = z(x, y) için

u = x2 − y2, v = 2xy dönüsümü altında ilk sorudaki yol göstermeden yararlanarak gösterin:

zxx(x, y)− zyy(x, y)

x2 + y2= 4(zuu + zvv)

3) R = (0,∞) × (0,∞) açık bölgesinde, ikinci mertebe kısmi türevleri tanımlı olan z = z(x, y)

için u = ln(x + y), v = lny

xdönüsümü altında 2zuv − (e−v + ev)zv + (e−v − ev)zvv = zxx − zyy

gösterin.

4) R = (R− 0)×R açık bölgesinde zxx + zyy = 0 Laplace denklemi u = x2 + y2, v = arctg( yx)

dönüsümü altında asagıdakine dönüsür gösteriniz:zu + uzuu + 14uzvv = 0

5) xy(zxx) + zyy − (x2 + y2)zxy + yzx + xzy = 0 denkleminin x =√u+v+

√u−v√

2ve y =

√u+v−

√u−v√

2dönüsümleri altında (v2 − u2)zuv + vzu = 0 biçimine geldigini gösteriniz. (Yol gös:

u = 12(x2 + y2), v = xy gözleyiniz)

6) x2zxx + y2zyy − (x2 + y2)zxy = 0 denklemi u = x + y, v = 1x + 1

y dönüsümüyle u(uv −4)zuv + 2zv = 0 heline gelir gösteriniz.

Iki Degiskenli Fonksiyonlarda Ortalama Deger Teoremi: f = f(x, y) fonksiyonu bir R =

(a, b)× (c, d) açık bölgesinde tanımlı ve kısmi türevlere sahipse, her (x, y) ∈ R ve yeterince küçük h

ve k gerçel sayıları için, bunlara baglı sabit bir 0 < θ < 1 için asagıdaki bagıntı geçerlidir:

f(x+ h, y + k) = f(x, y) + hfx(x+ hθ, y + kθ) + kfy(x+ hθ, y + kθ).

Kanıtlama: Amacımız, herhangi sabit bir (x0, y0) ∈ R alındıgında x0 ∈ (a, b) ve y0 ∈ (c, d)

nedeniyle (x0 − δ0, x0 + δ0) ⊆ (a, b) ve (y0 − δ0, y0 + δ0) ⊆ (c, d) gerçeklenecek biçimde δ0 > 0 var

oldugundan (neden?), |h| < δ0 ve |k| < δ0 olmak üzere, var olan bir 0 < θ < 1 aracılıgıyla

f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = hfx(x0 + θh, y0 + kθ) + kfy(x0 + hθ, y0 + kθ).

gerçeklendigini göstermektir, böylelikle teorem kanıtlanmıs olacaktır. Dikkat: Her t ∈ [0, 1] için |ht| ≤|h| < δ0 ve |kt| ≤ |k| < δ0 böylece x0 + ht ∈ (a, b), y0 + kt ∈ (c, d) yani (x0 + ht, y0 + kt) ∈ Rgözleyerek g(t) = f(x0 + ht, y0 + kt)(∀t ∈ [0, 1]) biçiminde tanımlanan tek degiskenli g fonksiyo-

nunun Teorem2 nedeniyle türetilebilir oldugu (oradaki u(t) ve v(t) yerine sırasıyla x0 + ht ve y0 + kt

alınız) anlasılır. Üstelik

g′(t) = h.fx(x0 + ht, y0 + kt) + k.fy(x0 + ht, y0 + kt) (∀t ∈ (0, 1))

74

geçerlidir (neden?). O halde ünlü Ortalama Deger Teoremiyle g(1)− g(0) = g′(ξ0) olacak biçimde bir

0 < ξ0 < 1 vardır ve yaygın kullanıma uyarak bu gerçel sayıyı θ isareti ile yazarak sonuçta, istenen

asagıdaki gibi bulunur.

f(x0+h, y0+k)−f(x0, y0) = g(1)−g(0) = g′(θ) = h.fx(x0+θh, y0+θk)+k.fy(x0+θh, y0+θk).

Uyarı: Açık bir R bölgesinde fx ve fy kısmi türev fonksiyonları tanımlı degilse, f fonksiyonu R böl-

gesinde sürekli olsa bile, teoremde sözü edilen θ sabiti belirlenemeyebilir, asagıdaki örnege bakınız:

Örnek: g(x) =√|x| fonksiyonu tüm R kümesinde tanımlı, sürekli böylelikle f(x, y) = g(x).g(y) =√

|x||y| fonksiyonu tüm R2 kümesinde özellikle R = (−2, 2)× (−2, 2) açık bölgesinde süreklidir, üs-

telik x 6= 0 için sgnx = x|x| ve sgn0 = 0 biçiminde tanımlanan ünlü isaret fonksiyonu aracılıgıyla ve

x 6= 0 içind

dx

√|x| = sgnx

2√|x|

bölgesini kullanarak

x 6= 0 iÃ§in fx(x, y) =√|y|.

d√|x|

dx=√|y|. sgnx

2√|x|

ve benzer biçimde y 6= 0 için fy(x, y) =√|x|. sgny

2√|y|

, buna karsılık her x, y ∈ R için f(x, 0) = 0 =

f(0, y) oldugundan kolayca fx(0, 0) = limh→0

f(0 + h, 0)− f(0, 0)

h== lim

h→0

f(h, 0)

h= 0 = fy(0, 0)

ve tüm bunlardan

fx(x0, x0) + fy(x0, x0) = sgnx0 (∀x0 ∈ R)

elde edilir, örnegin x0 6= 0 ise fx(x0, x0) + fy(x0, x0) = 2

(√x0.

sgnx02√x0

)gözlemek yeterlidir.

Simdi x0 = y0 = −1 ve h =ε

2= k alınırsa x0 + h =

3

2= y0 + k ve f(x0 + h, y0 + k) =

f

(3

2,3

2

)=

3

2, buna karsılık f(x0, y0) = f(−1,−1) = 1 ve θ ∈ (0, 1) ne olursa olsun hfx(x0 +

θh, y0 + θk) + kfy(x0 + θh, y0 + θk) =5

2

(fx

(x0 +

5θ

2, x0 +

5θ

2

)+ fy

(x0 +

5θ

2, x0 +

5θ

2

))=

5

2.sgn

(x0 +

5θ

2

)=

5

2.sgn

(5θ

2− 1

)ve böylece

f(x0 + h, y0 + k) 6= f(x0, y0) + hfx(x0hθ, y0 + kθ) + kfy(x0 + hθ, y0 + kθ).

bulunur, çünkü sol yan3

2sag yan ise 1+

5

2sgn(

5θ

2− 1

)olup, θ ∈ (0, 1) ne olursa olsun. sgn

(5θ

2− 1

)ya 0 ya 1 ya da −1 böylece 1 +

5

2sgn(

5θ

2− 1

)6= 3

2geçerli olmaktadır, burada (x0 + h, y0 + k) ∈

R, (x0 + θh, y0 + θk) ∈ R gözlenmelidir. Aslında 2 < h = k < 3 alınırsa, her θ ∈ (0, 1) için

x0 +θh = θh−1 gerçel sayısı−2 < x0 +θh < 2 ve−2 < y0 +θk < 2 esitsizlikleri geçerli olur. Dik-

kat edilirse, bu örnekte fx ve fy kısmi türev fonksiyonları tüm R bölgesinde tanımlı degildir, çünkü

75


fx(0, y) ve fy(x, 0) kısmi türevleri tanımsızdır, bu nedenle kısmi türevlerin tanımlı olması kosulundan

vazgeçilemez.Örnek: Her x, y > 1 için, onlara baglı bir 0 < θ < 1 aracılıgıyla

ln

(x+ y

2

)=

x+ y − 2

(x+ y)(1− θ) + 2θ

gerçeklestigini, bir önceki teorem yardımıyla görmek güç degildir, çünkü R = (0,∞) × (0,∞) açık

bölgesinde f(x, y) = ln(x+y2 ) türetilebilir fonksiyonunun kısmi türevleri fx(x, y) = 1x+y = fy(x, y)

süreklidir ve h = 1− x, k = 1− y alarak (x+ h, y + k) = (1, 1) ve sonuçta

0 = ln2

2= ln

(x+ h) + (y + k)

2= f(x+ h, y + k)

= f(x, y) + (1− x).fx(x+ θh, y + θk) + (1− y)fy(x+ θh, y + θk)

= ln

(x+ y

2

)+

1− xx+ y + θ(h+ k)

+1− y

x+ y + θ(h+ k)

= ln

(x+ y

2

)− x+ y − 2

x+ y − θ(x+ y − 2)= ln

(x+ y

2

)− x+ y − 2

(x+ y)(1− θ) + 2θ

Ödev: sin(x+ y) = ((x+ y)− π). cos((1− θ)(x+ y) + θπ) gerçekleyen θ ∈ (0, 1) gerçel sayısı

bir önceki teorem nedeniyle vardır, gösteriniz.

Iki Degiskenli Fonksiyonlarda Taylor Teoremi:f = f(x, y) fonksiyonu açık birR ⊆ R2 bölgesinde n’inci mertebeyte kadar sürekli kısmi türevlere

sahip ve n+ 1’inci mertebeden kısmi türevleri tanımlıysa, her (x0, y0) ∈ R için

f(x, y) =

[n∑i=1

(hDx + kDy)i

i!f(x, y)

](x0,y0)

+Rn

açılımı geçerlidir, burada, var olan uygun bir θ ∈ (0, 1) aracılıgıyla

Rn =(hDx + kDy)

n+1

(n+ 1)!f(x, y)

∣∣∣∣∣(x0+θh,y0+θk)

geçerli olup, toplama katılan islemciler asagıdaki gibi tanımlıdır:

(hDx + kDy)n = hn.

∂n

∂xn+

(n

1

)hn−1k

∂n

∂xn−1∂y

+

(n

2

)hn−2k2

∂n

∂xn−2∂y2+ ...+

(n

n− 1

)hkn−1

∂n

∂x∂yn−1+

(n

n

)kn

∂n

∂yn

Kanıtlama: Tek degiskenli ve n + 1’inci mertebeye kadar türetilebilir g = g(t) fonksiyonu için iyi

bilindigi gibi

g(t) =

n∑k=0

g(k)(0)

k!(t− 0)k +

g(n+1)(θ)

(n+ 1)!tn+1

76

açılımı geçerlidir, bkz Analiz III Ders Notları. Simdi (x0, y0) ∈ R alınsın. R bölgesi açık oldugundan

Kε0(x0, y0) ⊆ R olacak biçimde bir komsuluk vardır, sonuçta |h| < ε0 ve |k| < ε0 olmak üzere

g(t) = f(x0 + ht, y0 + kt) (∀t ∈ [0, 1]) fonksiyonunun n + 1’inci mertebeye kadar türevleri vardır

çünkü Zincir Kuralı Teoremi nedeniyle

g′(t) = h.fx(x0 + ht, y0 + kt) + k.fy(x0 + ht, y0 + kt),

g(1)(0) = h.fx(x0, y0) + k.fy(x0, y0) =

((h∂

∂x+ k

∂

∂y

)1f(x, y)

)(x0,y0)

,

g′′(t) =dg′(t)

dt=

d

dt[h.fx(x0 + ht, y0 + kt) + k.fy(x0 + ht, y0 + kt)]

= h2.fxx(x0 + ht, y0 + kt) + hk.fxy(x0 + ht, y0 + kt) + kh.fyx(x0 + ht, y0 + kt)

+ k2fyy(x0 + ht, y0 + kt)

= h2.fxx(x0 + ht, y0 + kt) + 2hk.fxy(x0 + ht, y0 + kt) + k2fyy(x0 + ht, y0 + kt),

g(2)(0) = h2.fxx(x0, y0) + 2hk.fxy(x0, y0) + k2fyy(x0, y0)

=

((h∂

∂x+ k

∂

∂y

)2f(x, y)

)(x0,y0)

ve benzer biçimde

g(n)(0) =

((h∂

∂x+ k

∂

∂y

)nf(x, y)

)(x0,y0)

,

g(n+1)(θ) =

((h∂

∂x+ k

∂

∂y

)n+1f(x, y)

)(x0+θh,y0+θk)

gözlenerek

f(x0 + h, y0 + k) = g(1) =n∑i=0

g(i)(0)

i!+g(n+1)(θ)

(n+ 1)!

=

n∑i=0

(hDx + kDy

)ii!

f(x, y)

(x0,y0)

+Rn

açılımı elde edilir. O halde herhangi bir (x, y) ∈ Kδ0(x0, y0) noktası alındıgında x = x0 + h ve

y = y0+k olacak biçimde h = x−x0 ve k = y−y0 tek türlü biçimde belirli olup |h| < ε0 ve |k| < ε0

geçerli ve

f(x, y) = f(x0 + h, y0 + k) =

[n∑i=0

(hDx + kDy)i

i!f(x, y)

](x0,y0)

+Rn,

Rn =1

(n+ 1)![hDx + kDy]

n+1f(x, y)

∣∣∣∣∣(x0+θh,y0+θk)

77


açılımı bulunur, yukardaki kanıtlamada∂

∂xve

∂

∂ykısmi türev islemcileri yerine sırasıyla Dx ve Dy

yazılmıstır. Bitti!

Üç Degiskenli Fonksiyonlarda Taylor Açılımı:

Gerekli hipotezler altında

f(x, y, z) =

(n∑i=0

(h.Dx + kDy + jDz)i

i!f(x, y, z)

)(x0,y0,z0)

+Rn

açılımının geçerli oldugunu gösterip Rn kalan terimini yazınız.

Örnekler51) R3 kalan terimli açılımını

f(x, y) = f(x0, y0) + (x− x0)fx(x0, y0) + (y − y0)fy(x0, y0)

+1

2![(x− x0)2fxx(x0, y0) + 2(x− x0)(y − y0)fxy(x0, y0) + (y − y0)2fyy(x0, y0)]

+1

3![(x− x0)3fxxx(x0, y0) + 3(x− x20)(y − y0)fxxy(x0, y0) + 3(x− x0)(y − y0)2fxyy(x0, y0)

+ (y − y0)3fyyy(x0, y0)] +R3

buna karsın R2 kalan terimli açılımın

f(x, y) = f(x0, y0) + (x− x0)fx(x0, y0) + (y − y0)fy(x0, y0)

+1

2![(x− x0)2fxx(x0, y0) + 2(x− x0)(y − y0)fxy(x0, y0) + (y − y0)2fyy(x0, y0)] +R2

olduguna dikkat ediniz.

2) f(x, y) = x2y + 3y − 2 polinomunun (1,−2) noktasındaki Taylor açılımı bu fonksiyonun tüm

dördüncü mertebe kısmi türevleri sıfır ve böylelikleR3 = 14!

((x−x0)Dx+(y−y0)Dy

)4f(x, y)

∣∣∣∣∣(x0+θh,y0+θh)

=

0 oldugundan, kolayca

f(x, y) = −10− 4(x− 1) + 4(y + 2)− 2(x− 1)2 + 2(x− 1)(y + 2) + (x− 1)2(y + 2)

olarak bulunur,burada x0 = 1, y0 = −2 alınmıstır.Sag yandaki polinom hesaplanırsa (kareler açılıp,

kısaltmalar yapılırsa ) x2y + 3y − 2 bulunur.

3) f(x, y) = x2y + 2y2 + 1 fonksiyonunun (1, 1) noktasındaki Taylor açılımı

f(x, y) = 4 + 2(x− 1) + 5(y − 1) + (x− 1)2 + 2(x− 1)(y − 1) + 2(y − 1)2 + (x− 1)2(y − 1)

78

olarak kolayca bulunur.

4) g(x, y) = sinxy fonksiyonunun (1, π2 ) noktasındaki R2 terimli açılımı g(x, y) = 1 − π2

8 (x −1)2 − π

2 (x− 1)(y − π2 )− 1

2(y − π2 )2 +R2 olarak bulunur. R2 kalan terimini belirleyiniz!

5) f(x, y) =y2

x3rasyonel polinomunun (1,−1) noktasındaki Taylor açılımında R2 terimi asagıda-

dır:

R2 = − 1

(1 + θ(x− 1))6

(10(1− θ(y + 1))2 + 12(1− θ(y + 1))(1− θ(x− 1)) + 3(1 + θ(x− 1))2

)

79


VARKEN

Henüz yasarken efendi, bu umut

Karanlık günlerin aydınlıga dönecegi

Sakın tavsama sakın yüksünme

Insanın yarası sagken iyilesir

Sagken omuz silkersin bunca engele

Ergene eregine sagken ulasırsın

Topragın bitiminde bir su var seni iletecek

Yaz tükendi miydi güz sofraları

Dagların ardı ova

Bulanıgın sonu duru

Küfün altı menevis

Etin nohudun zerdalinin tadı

Erkinlik barısıklık

Özlemler kavusmalar

Ayısıgı ishakkusu Aynalıçarsı

Sen yasarken

Ibibikler sen yasarken tüner üvezin dalına

Mavilik sen yasarken o tavanda gezinir

Sen yasarken pembelesir ortancalar

Iste askın hürlügün tutsaklıgın

Koca beyazlık günbası serinligi

Sen henüz yasarken ölmeden önce

Son nefesinde keske söyle yapsaydım deme

Aklını basına toplamak elindeydi

Yüregini peklestirmek zaten elinde

Söyle

Diriye soyluya düzenliye özenip

Kötü viran bozuga gücenemez miydin

Güzelle çirkini yalanla gerçegi tartacak terazi

Yasarkan elindeydi

Insan yasarken varır bir ölmezlige

Metin Eloglu, 1957

80

Bölüm 2

Vektör Analizi

Bu bölümde vektörler ve vektör analizi ile ilgilenecegiz.

Tanım 1: Fizikte hız, kuvvet, ivme ve öteleme gibi kavramları adına vektör denilen, bas ve uç

noktaları belirli, yönlü oklarla göstermek gelenek olmustur. Matematikte ise vektör, adına vektör uzayıdenilen cebirsel uzayın elemanlarına denir, sözgelimi kompleks sayı matrisleri, gerçel katsayılı poli-

nomlar, gerçel ya da kompleks degerli fonksiyonlar, matematikte birer vektör örnegidir.Sıralı gerçel

sayı n’lileri −→x = (x1, x2, ..., xn) , yine R cismi üzerinde bir vektör uzayı olusturur. Matematikte ise

bir sıralı n’li genellikle ok kullanmadan x = (x1, x2, ..., xn) isareti ile yazılır ve α, β ∈ R ne olursa ol-

sun αx+βy = (αx1 + βy1, αx2 + βy2, ..., αxn + βyn) olarak tanımlanır. Bu bölümde bundan böyle

vektörler fiziksel yorumla ele alınıp anlatılacaktır. Asagıdakiler birer vektör örnegidir:

Bir−−→PQ düzlem vektörünün yönü,Ox ekseni ile PQ dogru parçası arasında, pozitif yönde (=saatin

isleyesinin tersi yönünde ) hesaplanmıs açı olarak tanımlanır; uzunlugu (ya da büyüklügü, ya da normu)

ise PQ dogru parçasının uzunlugudur.

Yönü ve uzunlugu esit olan vektörlere, fiziksel vektör yorumunda, esit vektörler denir. Buna

karsın kütle, uzunluk, sıcaklık gibi fiziksel niceliklere ise skaler denir, bunların daima birer gerçel

81

BÖLÜM 2. VEKTÖR ANALIZI

sayı olduguna dikkat ediniz. Bir−→A vektörünün uzunlugu

∣∣∣−→A ∣∣∣ ile yazılır. 0 < α ise, α−→A vektörü

(α skaleri genellikle sola yazılır), uzunlugu α.∣∣∣−→A ∣∣∣ ve yönü

−→A vektörünün yönü olan vektörlere de-

nir. Adına skaler çarpım denilen bu islem 0 < α < 1 ya da 1 < α oldugunda,−→A vektörünün

uzunlugunu degistirir, yönünü degistirmez. −−→A vektörü ise

−→A ile aynı uzunlukta fakat ters yönde

( yani Ox ekseni ile arasındaki açı θ + 180◦ olan ) vektörü gösterir. 0.−→A =

−→0 vektörü birazdan ta-

nımlanacaktır. Dikkat edilirse her α ∈ R için (−α) .−→A = α.

(−−→A)

gerçeklenir, böylelikle her α ∈ R

için α.−→A tanımlanmıs olur. Tanımdan

∣∣∣−−→A ∣∣∣ =∣∣∣−→A ∣∣∣ bulunur.

−→A ve

−→B vektörlerinin

−→A +−→B ile yazılan toplam vektörü,

−→A vektörünün uç noktasından çizilen

−→B

vektörünün uç noktasında biten, baslangıç noktası−→A vektörünün baslangıç noktası olan vektöre denir.

Baslangıç noktaları çakısık alındıgında kosutkenar kuralı kullanılarak, kenarları−→A ve

−→B vektörleri

olan kosutkenarın kösegen vektörü−→A +

−→B toplam vektörüdür. Asagıda örnekler verilmistir:

Toplama islemi, katılmalı ( assosyatif ) bir islemdir, kısacası(−→A +

−→B)

+−→C ile

−→A +

(−→B +

−→C)

vektörü esittirler. Bu vektörler−→A +

−→B +

−→C ile yazılır.

Örnegin asagıdaki üç vektör için bunu gözleyiniz:

82

−→A +

(−−→B)

toplam vektörü kısaca−→A −

−→B isareti ile yazılır. Uzunlugu sıfır gerçel sayısı olan,

fakat yönü tanımsız bırakılan vektöre sıfır vektör denilir ve bu vektör−→0 ile yazılır.

−→A 6= −→0 ise

0 < αA =∣∣∣−→A ∣∣∣ olur ve 1

αA.−→A vektörü

∣∣∣ 1αA.−→A∣∣∣ = 1

αA.∣∣∣−→A ∣∣∣ = 1

αA.αA = 1 gerçekler, çünkü 0 < β ise

β.−→A vektörünün uzunlugunun β.

∣∣∣−→A ∣∣∣ olarak tanımladıgını, kısacası∣∣∣β.−→A ∣∣∣ = β.

∣∣∣−→A ∣∣∣ gerçeklendigini

unutmayınız. Vektör Analizinde, uzunlugu 1 gerçel sayısına esit, yönü−→A vektörünün yönü olan 1

αA.−→A

vektörü kısaca b(−→A)

ile yazılır ve ona−→A vektörünün yönündeki birim vektör denir. Ayrıca

−→A +

−→B =

−→B +

−→A , β

(α−→A)

= (βα) .−→A , (α+ β)

−→A = α

−→A + β

−→A , α

(−→A +

−→B)

= α−→A + α

−→B

ve son olarak 1.−→A =

−→A esitlikleri geçerlidir. Asagıdakileri gözleyiniz:

Dikkat edilirse, her−→A vektörü için 0.

−→A =

−→0 geçerlidir, çünkü

−→B +

−→B =

−→B ise zorunlu olarak

−→B =

−→0 bulunacagından ( dikkat:

−→B 6= −→0 olsaydı,

−→B vektörüne,

−→B vektörünün uç noktasından

baslayan−→B vektörü eklendiginde elde edilen vektörü çizip, bu yeni vektörün uzunlugunun αβ =

∣∣∣−→B ∣∣∣83


gerçel sayısından farklı oldugunu gözleyiniz ) sonuçta 0.−→A = (0 + 0) .

−→A = 0.

−→A + 0.

−→A nedeniyle,

son gözlemin geregi olarak 0.−→A =

−→0 elde edilir.

Iki vektör arasında iki farklı türde çapma islemi tanımlanır:

Skaler çarpım ve vektörel çarpım ve bunlar, bu iki vektör arasında, pozitif yönde yani saatin

isleyisinin ters yönünde hesaplanan açı θ ile yazılmak üzere sırasıyla

−→A.−→B =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . cos θ ,−→A×−→B =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . sin θ.−→n (

−→A ×

−→B )

−→0

; vektörler dogrudas degilse

; vektörler dogrudas ise

biçiminde tanımlanır, burada −→n (−→A ×

−→B ) vektörü, baslangıç noktaları çakısık alınan (dikkat: yön

ve uzunluklarını degistirmeden, herhangi iki vektörün baslangıç noktalarının çakısık alınabilenecegini

gözleyin)−→A ve

−→B vektörlerinin olusturdugu düzleme, ortak baslangıç noktasından üç parmak kuralıyla

çıkılan birim dikme vektörünü (=−→A ve

−→B vektörlerinin belirledigi düzlemin birim normal vektö-

rünü ) göstermektedir, kısacası −→n (−→A ×

−→B ) vektörü hem

−→A hem de

−→B vektörüne dik olup uzunlugu∣∣∣−→n (

−→A ×

−→B )∣∣∣ = 1 gerçel sayısıdır. Eger

−→A ve

−→B vektörleri dogrudas iseler yani aynı dogru üzerinde

bulunuyorlarsa, kısacası aralarındaki açı 0◦ ya da 180◦ ise (yani aynı yönde ya da ters yönde, fakat

aynı dogru üzerinde iseler ), zaten sin θ = 0 olacagından−→A ×

−→B =

−→0 geçerlidir. Iki vektörün skaler

çarpımının daima bir skaler yani bir gerçel sayı, buna karsın vektörel çarpımlarının daima bir vektöroldugunu gözleyiniz; ayrıca dogrudas olmayan vektörlerin belirledigi düzleme dik olan bir vektörün

anlamlı ve tanımlı olabilmesi için üçüncü bir boyutun gerek oldugunu, kısacası vektörel çarpımın R3

uzayında anlamlı oldugunu gözleyiniz.−→A 6= −→0 ise, α 6= 0 skaleri ne olursa olsun, α.

−→A vektörünün

−→A ile daima dogrudas olduguna,

çünkü α < 0 ise ters yönlü fakat aynı dogru üzerinde bulunduklarına dikkat ediniz. Örnegin, yukarda

tanımlanan−→A ×

−→B vektörel çarpımındaki θ açısı eger 180◦ den büyük fakat 360◦ den küçük bir genis

açı ise α =∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ sin θ < 0 gerçeklestigini gözleyiniz. R3 uzayında, dogrudas olmayan iki vektör,

daima bu iki vektörü bulunduran tek bir düzlem belirler ve dogrudas olmayan−→A ve

−→B vektörlerinin

belirledigi düzlemde yer alan her vektör tek türlü belirli α, β ∈ R skalerleri aracılıgıyla α.−→A + β.

−→B

biçimindedir; örnegin−→0 = 0.

−→A + 0.

−→B , −

−→B = 0.

−→A + (−1) .

−→B ve asagıdaki

−→C ve

−→D vektörleri için

−→C = α.

−→A + η.

−→B ve

−→D = γ.

−→A + (−β) .

−→B gerçekleyen α, α∗, γ ∈ (0, 1) ve 1 < β gerçel sayılarının

var ( tanımlı ) olduguna dikkat ediniz:

Siz−→E vektörü için

−→E = γ1.

−→A + γ2.

−→B olacak biçimde tek türlü belirli γ1, γ2 skalerlerini tanımla-

yınız. R3 uzayında 0x, 0y ve 0z koordinat eksenleri üzerinde yer alan birim vektörler sırasıyla

−→i ,

−→j ,

−→k

84

isaretleriyle yazılır, o halde bunlar ikiser ikiser birbirine diktir, sözgelimi−→i ve

−→j vektörlerinin be-

lirledigi düzlemde, bu iki vektör arasındaki açı 90◦ olmaktadır. R3 uzayında, sıfır uzunlugunda, yönü

tanımsız bırakılan vektör−→0 ile yazılır. Bundan farklı her vektörün yönünü belirleyen, o vektörün sıra-

sıyla−→i ,−→j ve

−→k birim vektörleriyle belirledigi düzlemlerde

−→i ,−→j ve

−→k vektörleriyle yaptıgı açılardır.

Dikkat edilirse dogrudas olmayan ve−→A 6= −→0 ,

−→B 6= −→0 gerçekleyen

−→A ve

−→B vektörleri lineer

bagımsızdır, yani bunlar için α.−→A + β.

−→B =

−→0 için gyk α = 0 = β gerçeklenmesidir, çünkü α.

−→A +

β.−→B =

−→0 oldugunda eger α 6= 0 olsaydı (−α)

−→A = (−α)

−→A +

−→0 = (−α)

−→A + α.

−→A + β.

−→B =

((−α) + α)−→A + β.

−→B = β.

−→B nedeniyle

−→A =

(−βα

).−→B olur, üstelik

−→A 6= −→0 oldugunu unutmadan,

γ = −βα ∈ R sıfırdan farklı bir skaler ve böylece

−→A = γ.

−→B bularak

−→A ve

−→B vektörlerinin dogrudas

oldukları sonucuna (çeliskisine) ulasılırdı.

Demek ki önce α = 0 ve sonra zorunlu olarak β.−→B =

−→0 bulup β = 0 sonucuna ulasılır, son

çıkarsama için asagıdaki 8) özelligini kanıtlanmasına bkz.

Skaler ve Vektörel Çarpım Islemlerinin Temel Özellikleri

1) Daima−→A.−→B =

−→B.−→A ve

−→A ×

−→B = −

(−→B ×

−→A)

=(−−→B)×−→A geçerlidir. Gerçekten,

vektörlerden en az birisi−→0 ise iddialar apaçıktır, çünkü

∣∣∣−→0 ∣∣∣ = 0 oldugu bilinmektedir. Her ikisi de

sıfır vektörden farklıysa,−→A ve

−→B arasındaki ( ve daima saatin isleyisinin ters yönünde hesaplanan)

açı θ olmak üzere−→B ile

−→A vektörleri arasındaki açı θ∗ = 360◦ − θ gerçekler çünkü θ + θ∗ = 360◦

geçerlidir, böylece−→B.−→A =

∣∣∣−→B ∣∣∣ . ∣∣∣−→A ∣∣∣ . cos θ∗ =∣∣∣−→B ∣∣∣ . ∣∣∣−→A ∣∣∣ . cos θ =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . cos θ =−→A.−→B

bulunur, çünkü cos θ∗ = cos (360◦ − θ) = cos (−θ) = cos θ olur. Buna karsılık sin θ∗ = sin (360◦ − θ) =

− sin θ nedeniyle−→B ×

−→A =

∣∣∣−→B ∣∣∣ . ∣∣∣−→A ∣∣∣ . sin θ∗.−→n (−→B ×

−→A ) = −

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ sin θ.−→n (−→A ×

−→B ) = −

(−→A ×

−→B)

85


bulunur, çünkü−→A ve

−→B vektörlerinin belirledigi düzlemin birim normal vektörü −→n (

−→A ×

−→B ) ile,

−→B

ve−→A vektörlerinin belirledigi düzlemin birim normal vektörü −→n (

−→A ×

−→B ) daima esittir (neden?).

Dikkat edilirse, −−→B vektörü ile

−→A vektörü arasında, her zaman oldugu gibi saatin isleyisinin ters

yönünde hesaplanan açı θ∗∗ ile yazılırsa θ∗∗ + θ = 180◦ ve böylece sin θ∗∗ = sin (180◦ − θ) =

− (cos 180◦) sin θ = + sin θ nedeniyle, üstelik daima∣∣∣−−→B ∣∣∣ =

∣∣∣−→B ∣∣∣ oldugundan(−−→B)×−→A =

∣∣∣−−→B ∣∣∣ . ∣∣∣−→A ∣∣∣ . sin θ∗∗.−→n ((−−→B )×

−→A ) =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . sin θ.−→n (−→A ×

−→B ) =

−→A ×

−→B

bulunur, neden −→n ((−−→B )×

−→A ) = −→n (

−→A ×

−→B ) geçerli oldugunu açıklayınız.

2) Daima−→A.−→B =izd

(−→A,−→B).∣∣∣−→B ∣∣∣ geçerlidir.

Burada,−→A ve

−→B vektörlerinden en az birisi

−→0 ise izd

(−→A,−→B)

= 0 ve her ikisi de sıfır vektö-

ründen farklıysa izd(−→A,−→B)

= OP0.sgn(cos θ) biçiminde tanımlanan gerçel sayıya−→A vektörünün

−→B vektörüne izdüsümü denir. Bu gerçel sayı,

−→A vektörünün uç noktasından

−→B vektörünün üzerinde

bulundugu dogruya indirilen dikmenin ayak uzunlugu olan OP0 sayısı ile,−→A ve

−→B arasındaki pozitif

yönde hesaplanmıs θ açısının cosinüs degerinin isaret sayısının çarpımıdır ve4

OP1P0 dik üçgeninde

kolayca θ dar bir açı ve sgn(cos θ) = 1 ve cos θ = OP0

OP1böylece izd

(−→A,−→B).∣∣∣−→B ∣∣∣ = OP0.

∣∣∣−→B ∣∣∣ =

OP1. cos θ.∣∣∣−→B ∣∣∣ =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ cos θ =−→A.−→B bulunur.

3) Daima∣∣∣−→A ∣∣∣ = +

√−→A.−→A geçerlidir.

86

Gerçekten−→A =

−→0 ise her iki yan da sıfırdır;

−→A 6= −→0 ise

−→A vektörünün kendisiyle olusturdugu açı

0◦ ve böylece cos 0◦ = 1 oldugundan,−→A.−→A =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→A ∣∣∣ . cos 0◦ =∣∣∣−→A ∣∣∣2 ve

∣∣∣−→A ∣∣∣ gerçel sayısı negatif

olmadıgından∣∣∣−→A ∣∣∣ = +

√−→A.−→A istenen sonucuna ulasılır.

4)−→A 6= −→0 ise

∣∣∣b(−→A)∣∣∣ = 1 geçerlidir. Ayrıca izd(−→A,−

−→B)

= −izd(−→A,−→B)

geçerlidir.

Bunu biliyorduk, fakat bir önceki özellik kullanılırsa kolayca gözlenir çünkü b(−→A)

= 1∣∣∣−→A ∣∣∣ .−→A ve

böylece(α.−→A).(β−→B)

= αβ.(−→A.−→B)

gerçegi kullanılıp∣∣∣b(−→A)∣∣∣ =

√b(−→A).b(−→A)

=

√1∣∣∣−→A ∣∣∣2 .

(−→A.−→A)

=

1∣∣∣−→A ∣∣∣ .√−→A.−→A =

∣∣∣−→A ∣∣∣∣∣∣−→A ∣∣∣ = 1 olur. Ikinci iddia kolaydır ve ödevdir.

5)−→A.−→B = 0 için gyk ya vektörlerden birisinin

−→0 vektörü olması ya da vektörlerin arasındaki

açının ya 90◦ derece ya da 270◦ derece olmasıdır. Gerçekten 0 =∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . cos θ için gyk çarpıma

katılan gerçel sayılardan en az birisinin sıfır olmasıdır, bu iddiayı kanıtlar.

6) R2 uzayında her vektör, tek türlü belirli bir sıralı gerçel sayı ikilisi ile, R3 uzayında ise tek türlü

belirli bir sıralı gerçel sayı üçlüsü ile belirlenir.

Gerçekten R3 için kanıtlama verelim. Herhangi bir P (x1, x2, x3) ∈ R3 noktasının yer vektörü,

O (0, 0, 0) orijin noktasını baslangıç noktası, P noktasını uç nokta kabul eden−−→OP vektörüne denir ve

sekilden de görülecegi gibi, P noktasının xy ekvator düzlemindeki dikizdüsüm noktası P ′ (x1, x2, 0) ,

buna karsınOz ekseni üzerindeki dikme noktası P ′′ (0, 0, x3) olmak üzere−−→OP ′,

−−→OP ve

−−→OP ′′ vektörleri

düzlemdas olup−−→OP =

−−→OP ′ +

−−→OP ′′ geçerlidir.

−−→OP ′ = x1.

−→i + x2.

−→j ,−−→OP ′′ = x3.

−→k ve sonuçta

−−→OP =

−−→OP ′ +

−−→OP ′′=x1.

−→i + x2.

−→j + x3.

−→k

bulunur. Bu sonuçtan yararlanıp, baslangıç noktası P (x1, x2, x3) ve uç noktası Q (y1, y2, y3) olan−−→PQ

vektörü için−−→PQ =

−−→OQ−

−−→OP çünkü

−−→OP +

−−→PQ =

−−→OQ geçerli oldugu için sonuçta

−−→PQ =

−−→OQ−

−−→OP

87


böylece

−−→PQ =

(y1−→i + y2

−→j + y3

−→k)−(x1−→i + x2

−→j + x3

−→k)

= (y1 − x1) .−→i + (y2 − x2) .

−→j + (y3 − x3) .

−→k

sonucu bulunur.−−→PQ vektörünü ξ1 = y1−x1, ξ2 = y2−x2, ξ3 = y3−x3 gerçel sayılarının belirledigi

(ξ1, ξ2, ξ3) sıralı üçlüsü temsil eder.

Sonuçta R3 uzayında her−→A vektörü

−→A =

−→OA = a1

−→i + a2

−→j + a3

−→k olarak yazılır.

7) Daima−→A.(−→B +

−→C ) =

−→A.−→B +

−→A.−→C ve

(−→A 1 +

−→B 1

).(−→A 2 +

−→B 2

)=−→A 1.−→A 2 +

−→A 1.−→B 2 +

−→B 1.−→A 2 +

−→B 1.−→B 2 esitlikleri geçerlidir. Birinci esitligi

−→A,−→B ve

−→C vektörleri düzlemdas olduklarında

gösterelim. Önce, aynı düzlemde yer alan bu üç vektör için izd(−→B +

−→C ,−→A)

=izd(−→B,−→A)

+izd(−→C ,−→A)

gösterelim. Asagıdaki sekilde görüldügü gibi−→B =

−−→PQ,

−→C =

−−→PR1 ve

−→A =

−−→PR2 olmak üzere basit

düzlem geometri bilgisiyle PQQ′

ile R3R1R4 üçgenlerinin esit üçgenler,−→B +

−→C =

−−→PR3 oldugunu,

esit ^PQQ′

ve ^R1R3R4 açıları karsısındaki PQ′ ve R1R4 = R′1R′3 kenarlarının esit olur, böylece

asagıdaki istenen sonuç bulunur:

izd(−→B +

−→C ,−→A)

= izd(−−→PR3,

−→PR2

)= PR

′3 = PR

′1 +R

′1R′3 = PR1 + PQ′

= PQ′ + PR′1 = izd

(PQ,PR2

)+ izd

(−−→PR1,

−−→PR2

)= izd

(−→B,−→A)

+ izd(−→C ,−→A).

O halde birinci bagıntı asagıdaki gibi bulunur:

−→A.(−→B +

−→C)

= izd(−→B +

−→C ,−→A).∣∣∣−→A ∣∣∣ =

[izd(−→B,−→A)

+ izd(−→C ,−→A)].∣∣∣−→A ∣∣∣

= izd(−→B,−→A).∣∣∣−→A ∣∣∣+ izd

(−→C ,−→A).∣∣∣−→A ∣∣∣

=−→A.−→B +

−→A.−→C .

Bu esitliklerde, yukardaki 2) özelliginin kullanıldıgına dikkat ediniz. Birinci esitligi, R3 uzayında−→A,−→B ve

−→C vektörleri düzlemdas olmadıgında göstermek gerekir, bunu yapmıyoruz. Birinci bagıntı

88

kullanılarak asagıdaki bulunur (nasıl?):(−→A1 +

−→B 1

).(−→A2 +

−→B 2

)=−→A1.

(−→A2 +

−→B 2

)+−→B1.

(−→A2 +

−→B 2

)=−→A 1.−→A 2 +

−→A 1.−→B2 +

−→A 2.−→B 1 +

−→B 1.−→B 2.

8)−→A ×−→B =

−→0 için gyk ya vektörlerin dogrudas olması ya da en az birisinin

−→0 vektörü olmasıdır.

Yeterlik apaçıktır. Oysa−→A 6= −→

0 ve−→B 6= −→

0 iken−→A ×

−→B =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . sin θ.−→n (−→A ×

−→B )

vektörünün−→0 olabilmesi için sin θ = 0 gerçeklesmesi zorunludur ( dikkat: α.

−→C =

−→0 için ya α = 0

ya da−→C =

−→0 olmalıdır, çünkü hem α 6= 0 hem de α.

−→C =

−→0 oldugunda

−→0 = 1

α .−→0 = 1

α

(α.−→C)

=(1α .α)−→C =

−→C bulunur ), kısacası ya θ açısı 0◦ ya da 180◦ olmalıdır, buysa

−→A ve

−→B vektörlerinin ya

aynı yönde ya da ters yönde, fakat aynı dogru üzerinde bulunması kısacası dogrudas olmaları demektir.

Özel olarak, daima, her−→A ve

−→B vektörü için

−→A ×

−→A =

−→0 ,

−→A.(−→A ×

−→B)

= 0

gerçeklestigi anlasılır, çünkü−→A ve −→n (

−→A ×

−→B ) vektörleri diktir. Matematikte

−→A ve

−→B vektörlerine,

ancak ve yalnız−→A.−→B = 0 kosulunu gerçekliyorlarsa ( bunlardan birisi

−→0 vektörü olsa bile ) dik

vektörler denir ve−→A ⊥

−→B yazılır. Bu tanım nedeniyle

−→0 vektörü tüm vektörlere diktir!

9) Daima−→A×

(−→B +

−→C)

=(−→A ×

−→B)

+(−→A ×

−→C)

ve(−→A 1 +

−→B 1

)×(−→A 2 +

−→B 2

)=(−→A 1 ×

−→B 1

)+(−→

A 2 ×−→B 2

)+(−→B 1 ×

−→A 2

)+(−→B 1 ×

−→B 2

)olur.

Ikinci bagıntı birinciden kolayca elde edilecegi için, birincisini göstermek yeterlidir. Önce, ko-

laylık saglayacagı için su isareti tanımlayalım: Herhangi bir−→A düzlem vektörünü, uzunlugunu de-

gistirmeden, yer aldıgı düzlemde saatin isleyis yönünde 90◦ derece döndürerek elde edilen vektörü

çev90◦−→A ile yazarsak, daima

−→A.çev90◦

−→A = 0 ve çev90◦

(−→A +

−→B)

=çev90◦−→A+çev90◦

−→B gerçek-

leri kolayca gözlenir ( nasıl? ). Ayrıca eger−→A ⊥

−→B ve

∣∣∣−→B ∣∣∣ = 1 ise, kısalık amacıyla αA =∣∣∣−→A ∣∣∣

yazıldıgında αA.−→B ile çev90◦

−→A vektörlerinin uzunluklarının esit oldugunu, dolayısıyla

−→B vektörü

eger−→A vektörünün 90◦ döndürülmesiyle elde edilen dogru üzerinde yer alıyorsa αA.

−→B =çev90◦

−→A

gerçeklestigini gözleyiniz. Artık birinci bagıntıyı iki asamada kanıtlayabiliriz. Önce birinci bagın-

tıyı, hem−→A ⊥

−→B hem de

−→A ⊥

−→C oldugu özel durumda kanıtlayabilirsek, genel durumda bir

kanıtlama vermek kolay olacaktır. Simdi eger−→A ⊥

−→B ve

−→A ⊥

−→C ise,

−→A vektörü

−→B ve

−→C vek-

törlerinin belirledigi düzlemdeki her vektöre dik olur, çünkü α, β ∈ R skalerleri ne olursa olsun−→A.(α−→B + β

−→C)

=(α−→B + β

−→C).−→A = α.

(−→B.−→A)

+ β.(−→C .−→A)

= 0 geçerlidir, sonuçta bu özel

durumda sekil asagıdaki gibi olur:

Üstelik −→n (−→A ×

−→B ) birim normal vektörü,

−→B ve

−→C vektörlerinin belirledigi düzlemde yer alır ve

yukarda gözlendigi gibi∣∣∣αA.−→B ∣∣∣ .−→n (

−→A ×

−→B ) vektörü ile çev90◦

(αA.−→B)

vektörü ve benzer biçimde

89


∣∣∣αA.−→C ∣∣∣ .−→n (−→A ×

−→C ) ile çev90◦

(αA.−→C)

vektörleri birbirlerine esit olduklarından, sonuçta

−→A ×

−→B =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ sin 90◦−→n (−→A ×

−→B ) =

∣∣∣αA.−→B ∣∣∣ .−→n (−→A ×

−→B ) = çev90◦

(αA.−→B)

ve

−→A × (

−→B +

−→C ) = çev90◦

(αA.

(−→B +

−→C))

= çev90◦(αA.−→B + αA.

−→C)

= çev90◦(αA.−→B)

+ çev90◦(αA.−→C)

=(−→A ×

−→B)

+(−→A ×

−→C)

bulunur.

Simdi, bu özel kosul yerine gelmediginde, yukarda bulunanlardan yararlanıp genel durumu kanıtla-

yalım.−→A ve

−→B vektörlerinin olusturdugu düzlemde

−→B vektörü, tek türlü belirli

−→B dik ve

−→B kos vektörleri

aracılıgıyla−→B =

−→B dik +

−→B kos biçiminde yazılır, burada

−→B dik ⊥

−→A olup,

−→B kos vektörü

−→A vektörüne

kosut ( paralel ) ve ayrıca θ1 + θ2 = 90◦ ve−→A ×

−→B =

−→A ×

−→B dik geçerlidir, çünkü yan dik kenarları

−→B dik ve

−→B kos vektörleri üzerine kurulu dik üçgende, kolayca cos θ2 = 1∣∣∣−→B ∣∣∣ .

∣∣∣−→B dik

∣∣∣ = sin θ1 ve böylece

−→A ×

−→B =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . sin θ1.−→n (−→A ×

−→B ) =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B dik

∣∣∣ .−→n (−→A ×

−→B ) =

∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B dik

∣∣∣ .−→n (−→A ×

−→B dik)

=−→A ×

−→B dik

90

olur, çünkü−→n (−→A ×−→B ) ve−→n (

−→A ×−→B dik) birim normal vektörleri esittir ( neden? ), böylece bir önceki

sekilde−→A ×−→C =

−→A ×−→C dik elde edilip, üstelik hem

−→A ⊥

−→B dik ve hem de

−→A ⊥

−→C dik nedeniyle, biraz

önce kanıtlanan özel durumdan yararlanarak istenen asagıdaki sonuç elde edilir:

(−→A ×

−→B)

+(−→A ×

−→C)

=(−→A ×

−→B dik

)+(−→A ×

−→C dik

)=−→A ×

(−→B dik +

−→C dik

)=−→A ×

(−→B +

−→C)

dik=−→A ×

(−→B +

−→C)

çünkü daima−→A ×

−→B =

−→A ×

−→B dik geçerli oldugundan son esitlik yazılmıs olup

(−→B +

−→C)

dik=

−→B dik +

−→C dik esitligi kolayca gözlenir.

10) R3 uzayında−→i .−→i = 1,

−→i × −→i =

−→0 ,−→i .−→j = 0 =

−→i .−→k ,−→i × −→j =

−→k ,−→i ×−→k = −−→j

geçerli olup benzerleri−→j ve

−→k için geçerlidir.

Örnegin−→i .−→i =

∣∣∣−→i ∣∣∣2 = 1 ve−→i .−→j =

∣∣∣−→i ∣∣∣ . ∣∣∣−→j ∣∣∣ . cos 90◦ = 0,−→i ×−→j =

∣∣∣−→i ∣∣∣ . ∣∣∣−→j ∣∣∣ . sin 90◦.−→n (−→i ×

−→j ) = −→n (

−→i ×−→j ) =

−→k gözleyiniz, çünkü

−→i ve

−→j nin olusturdugu düzleme dik olan birim dik vektör

−→k vektöründen baskası degildir.

11) Daima

−→A.−→B = a1b1 + a2b2 + a3b3 ,

−→A ×

−→B = (a2b3 − a3b2)

−→i + (a3b1 − a1b3)

−→j + (a1b2 + a2b1)

−→k

Gerçekten, birincisi için 7) özelligi kullanılarak

−→A.−→B =

(a1−→i + a2

−→j + a3

−→k).(b1−→i + b2

−→j + b3

−→k)

=(a1−→i + a2

−→j + a3

−→k).b1−→i +

(a1−→i + a2

−→j + a3

−→k).b2−→j +

(a1−→i + a2

−→j + a3

−→k).b3−→k

= (a1b1)−→i .−→i + (a2b2)

−→j .−→j + (a3b3)

−→k .−→k = a1.b1 + a2.b2 + a3.b3

bulunur, çünkü 10) özelligi nedeniyle sözgelimi(a2−→j).(b1−→i)

= (a2b1)−→j .−→i = 0 olur. Benzer

biçimde 9) ve 10) özellikleri kullanılarak ve sözgelimi a1−→i × b1

−→i = a1b1

(−→i ×−→i

)=−→0 , a1

−→i ×

91


b2−→j = a1b2

(−→i ×−→j

)= a1b2

−→k oldugundan

−→A ×

−→B =

(a1−→i + a2

−→j + a3

−→k)×(b1−→i + b2

−→j + b3

−→k)

= (a1b1)(−→i ×−→j

)+ (a1b3)

(−→i ×−→k)

+ (a2b1)(−→j ×−→i

)+ (a2b3)

(−→j ×−→i

)+ (a3b2)

(−→k ×−→i

)+ (a3b2)

(−→k ×−→j

)= a1b2

−→k − a1b3

−→j − a2b1

−→k + a2b3

−→i + a3b1

−→j − a3b2

−→i

= (a2b3 − a3b2)−→i + (a3b1 − a1b3)

−→j + (a1b2 − a2b1)

−→k

=

∣∣∣∣∣ a2 a3

b2 b3

∣∣∣∣∣−→i −∣∣∣∣∣ a1 a3

b1 b3

∣∣∣∣∣−→j +

∣∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣∣−→k bulunur.

Bu son vektör, sembolik yazısla asagıdaki gibi yazılır. ( gerçekte, bir satırı vektörlerden, öteki satırları

sayılardan olusan bir determinantın anlamı yoktur! )

−→A ×

−→B =

∣∣∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣∣Dikkat edilirse bu sembolik yazılıs aracılıgıyla

−(−→A ×

−→B)

= (b2a3 − b3a2)−→i + (b3a1 − b1a3)

−→j + (b1a2 − b2a1)

−→k

=

∣∣∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

b1 b2 b3

a1 a2 a3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =−→B ×

−→A

ve böylece daha önce gözlenen−→A ×

−→B = −

(−→B ×

−→A)

esitligi elde edilir.

12)−→A.(−→B.−→C)6=(−→A.−→B).−→C .olabilir;

−→A ×

(−→B ×

−→C)6=(−→A ×

−→B)×−→C olabilir, kısacası

gerek skaler çarpım, gerekse vektörel çarpım islemleri katılmalı ( assosyatif ) degildir!

Gerçekten−→A,−→B ve

−→C vektörleri sıfır vektörden farklı ve gerek

−→A ile

−→C ve gerekse

−→B ile

−→A ×

−→C

vektörleri dogrudas degillerse ( sözgelimi aynı düzlemde bulunsalar ve−→B vektörü

−→A vektörünün 30◦

derece döndürülmesi ve−→C vektörü de

−→B vektörünün 30◦ derece döndürülmesiyle elde edilse ve

−→A 6=

−→0 olsa, tüm istenenlerin yerine gelecegini gözleyiniz ) bu durumda 13) özelliginde gösterilecek olan

özdeslik kullanılarak−→0 6=

−→B×

(−→A ×

−→C)

=(−→B.−→C).−→A−

(−→B.−→A).−→C =

−→A.(−→B.−→C)−(−→A.−→B).−→C

yani−→A.(−→B.−→C)6=(−→A.−→B).−→C gözlenir. Öte yandan vektörel çarpım isleminin katılmalı bir islem

olmadıgı−→i ×

(−→i ×−→j

)=−→i ×−→k = −−→j 6= −→0 =

(−→i ×−→i

)×−→j gözlenerek de anlasılır.

92

13) Daima−→A ×

(−→B ×

−→C)

=(−→A.−→C).−→B −

(−→A.−→B).−→C özdesligi geçerlidir. Buradan asagıdaki

esitligi (−→A ×

−→B)×−→C =

(−→A.−→C).−→B −

(−→B.−→C).−→A

elde ediniz.

Gerçekten 11) özelligi kullanılırsa, kolayca

−→B ×

−→C = (b2c3 − b3c2)

−→i + (b3c1 − b1c3)

−→j + (b1c2 − b2c1)

−→k ,

−→A × (

−→B ×

−→C ) = [a2 (b1c2 − b2c1)− a3 (b3c1 − b1c3)]

−→i + [a3 (b2c3 − b3c2)− a1 (b1c2 − b2c1)]

−→j

+ [a1 (b3c1 − b1c3)− a2 (b2c3 − b3c2)]−→k

=[(a1c1 + a2c2 + a3c3) b1

−→i − (a1b1 + a2b2 + a3b3) c1

−→i]

+[(a1c1 + a2c2 + a3c3) b2

−→j − (a1b1 + a2b2 + a3b3) c2

−→j]

+[(a1c1 + a2c2 + a3c3) b3

−→k − (a1b1 + a2b2 + a3b3) c3

−→k]

ve dikkat edilirse bu vektör asagıdakidir:

=[(−→A.−→C)b1−→i −

(−→A.−→B)c1−→i]

+[(−→A.−→C)b2−→j −

(−→A.−→B)c2−→j]

+[(−→A.−→C)b3−→k −

(−→A.−→B)c3−→k]

=(−→A.−→C)(

b1−→i + b2

−→j + b3

−→k)−(−→A.−→B)(

c1−→i + c2

−→j + c3

−→k)

=(−→A.−→C).−→B −

(−→A.−→B).−→C

Ikincisi bu sonuç ve 1) özelliginden çıkar.

14)∣∣∣−→A ×−→B ∣∣∣ gerçel sayısı daima,

−→A ve

−→B vektörlerini kenar kabul eden kosutkenarın alanıdır,

−→A.(−→B ×

−→C)

gerçel sayısının mutlak degeri ise bu üç vektörü kenar kabul eden kosutyüzlünün hac-

midir.

93


Gerçekten−→A ve

−→B vektörleri arasındaki açı θ olmak üzere, eger θ ≤ 180◦ ise sekilden de görül-

dügü gibi,−→B vektörünün uç noktasından

−→A vektörüne indirilen dikmenin uzunlugu h olmak üzere,

sin θ = h∣∣∣−→B ∣∣∣ = |sin θ| nedeniyle,−→A ve

−→B vektörlerini kenar kabul eden kosutkenarın alanı=

∣∣∣−→A ∣∣∣ .h =∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . |sin θ| = ∣∣∣∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣ . sin θ.−→n (−→A ×

−→B )∣∣∣ =

∣∣∣−→A ×−→B ∣∣∣ bulunur. Eger 180◦ < θ ise−→A×−→B =

−(−→A ×

−→B)

=−→A ×

(−−→B)

ve sonuçta∣∣∣−→A ×−→B ∣∣∣ =

∣∣∣−→A × (−−→B)∣∣∣ gözleyip−→A ile −

−→B vektörleri

arasındaki açının, kesinlikle < 180◦ olmasından yararlanarak bir kanıtlama verilir (nasıl?), elbette−→A

ve−→B vektörlerinin kenar kabul eden kosutkenar ile

−→A ve −

−→B vektörlerini kenar kabul edenin alanları

esittir! Ikinci iddianın kanıtlaması okuyucuya bırakılmıstır. Bu örnekte kanıtlanan gerçeklerden su so-

nuçlar çıkarsanır: Eger 0 <∣∣∣−→A ×−→B ∣∣∣ ise

−→A ve

−→B vektörleri dogrudas degildir; 0 <

∣∣∣−→A.(−→B ×−→C)∣∣∣ise bu üç vektör düzlemdas degildir.

15) Daima−→A.(−→B ×

−→C)

=(−→A ×

−→B).−→C =

∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣∣ geçerlidir.

−→B ×

−→C = (b2c3 − b3c2)

−→i + (b3c1 − b1c3)

−→j + (b1c2 − b2c1)

−→k ve

−→A = a1

−→i + a2

−→j + a3

−→k

oldugundan 11) özelligindeki ilk bagıntı kullanılırsa asagıdakiler bulunur.

−→A.(−→B ×

−→C)

= a1 (b2c3 − b3c2) + a2 (b3c1 − b1c3) + a3 (b1c2 − b2c1)

=

∣∣∣∣∣ b2 b3

c3 c3

∣∣∣∣∣ .a1 −∣∣∣∣∣ b1 b3

c1 c3

∣∣∣∣∣ .a2 +

∣∣∣∣∣ b1 b2

c1 c2

∣∣∣∣∣ .a3 =

∣∣∣∣∣∣∣∣a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣c1 c2 c3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =−→C .(−→A ×

−→B)

=(−→A ×

−→B).−→C

Örnekler 1 :

1) R3 uzayında her−→A vektörü için

∣∣∣−→A ∣∣∣ =√a21 + a22 + a23 olur.

Gerçekten 11) özelligiyle−→A.−→A = a1.a1 + a2.a2 + a3.a3 = a21 + a22 + a23 oldugundan 3) özelligi

kullanılarak istenen bulunur. Buradan su kolay fakat önemli sonuç çıkar:∣∣∣−→A ∣∣∣ = 0 için gyk a1 = a2 = a3 = 0 yani−→A = a1

−→i + a2

−→j + a3

−→k = 0 olmasıdır.

2) Bir kosutkenarda kösegenler, birbirlerini ortadan ikiye ayırarak keserler.

Gerçekten köse noktaları A,B,C ve D olan kosutkenarda, vektörel toplam isleminin temel özel-

likleriyle−−→AB =

−−→AD +

−−→DB yani

−−→DB =

−−→AB −

−−→AD ve

−→AC =

−−→AB +

−−→BC ve yönleri ve uzunlukları

94

aynı olan−−→AD ve

−−→BC vektörleri esit oldugundan

−→AC =

−−→AB +

−−→AD bulunur. Oysa uygun α ∈ (0, 1)

ve β ∈ (0, 1) sabitleri aracılıgıyla−−→DP = α.

−−→DB ve

−→AP = β.

−→AC yani

−−→DP = α

(−−→AB −

−−→AD

),

−→AP = β

(−−→AB +

−−→AD

)bulunur. Sonuçta

−−→AD+

−−→DP =

−→AP yani

−−→AD =

−→AP−

−−→DP = β

(−−→AB +

−−→AD

)−

α(−−→AB −

−−→AD

)= (β − α) .

−−→AB+(β + α)

−−→AD ve böylece (β − α)

−−→AB+(β + α− 1)

−−→AD =

−→0 bulu-

narak ve−−→AB ile

−−→AD dogrudas olmadıklarından, daha önce gözlendigi gibi, kesinlikle lineer bagımsız

oldukları için, en son vektörel esitlikten zorunlu olarak β − α = 0 = β + α − 1 yani α = β = 12

yani−→AP = 1

2 .−→AC ve

−−→DP = 1

2 .−−→DB bulunur, bu sonuç AP =

∣∣∣−→AP ∣∣∣ =∣∣∣12 .−→AC∣∣∣ = 1

2

∣∣∣−→AC∣∣∣ = AC2 ve

DP = DB2 yani isteneni verir.

3) Herhangi bir üçgende, iki kenarın orta noktalarını birlestiren dogru üçüncü kenara kosuttur,

uzunlugu ise üçüncü kenarın uzunlugunun yarısıdır.

Yanal kenarların orta noktaları sırasıyla P ve Q ile yazılsın. Kolayca−−→BA +

−→AC =

−−→BC ve PA =

12 .BA veAQ = 1

2 .AC ve−→PA = 1

2 .−−→BA ve

−→AQ = 1

2

−→AC böylece

−−→PQ =

−→PA+

−→AQ = 1

2 .−−→BA+ 1

2 .−→AC =

12

(−−→BA+

−→AC)

= 12 .−−→BC bulunur, bir sonraki örnekten anlasılacagı gibi

−−→PQ//

−−→BC ve

−−→PQ = BC

2

bulunur.

4) Iki vektör arasındaki yönsüz açıyı tanımlayıp, ancak ve yalnız, uygun bir α ∈ R skaleri için−→A = α.

−→B oldugunda

−→A ve

−→B vektörlerinin kosut olduklarını gösteriniz.

Gerçekten, herhangi−→A ve

−→B vektörleri arasındaki yönsüz açı, bunlar sıfır vektörden farklıysa

^(−→A,−→B)

= arccos

−→A.−→B∣∣∣−→A ∣∣∣ . ∣∣∣−→B ∣∣∣

= arccos(b(−→A).b(−→B))∈ R

95


biçiminde tanımlanır, bunun bir gerçel sayı oldugunu ve sözü edilen açının radyan degeri oldu-

gunu gözleyiniz. Eger−→A =

−→0 ya da

−→B =

−→0 ise, bu sayı 0 olarak tanımlanır; özel olarak her

−→A vektörü için ^

(−→0 ,−→A)

= ^(−→A,−→0)

= 0 geçerlidir. Yukarda tanımlanan açının ^(−→A,−→B)

=

arccos(b(−→A).b(−→B))

= arccos(b(−→B).b(−→A))

= ^(−→B,−→A)

gerçekledigine, böylelikle bu açı-

nın, pozitif yönde hesaplanmıs bir açı OLMADIGINA dikkat ediniz. Simdi, dikkat edilirse−→B 6= −→0

vektörü ve α > 0 skaleri ne olursa olsun

b(α.−→B)

=α−→B∣∣∣α−→B ∣∣∣ =

α.−→B

α.∣∣∣−→B ∣∣∣ =

1

α.∣∣∣−→B ∣∣∣

(α.−→B)

=α

α.∣∣∣−→B ∣∣∣ .−→B =

1∣∣∣−→B ∣∣∣ .−→B = b(−→B)

ve üstelik, b(−→B)

uzunlugu 1 olan bir vektör ve böylece b(−→B).b(−→B)

=∣∣∣b(−→B)∣∣∣2 = 1 oldugundan,

−→A = α.

−→B gerçeklendiginde

^(−→A,−→B)

= ^(α−→B,−→B)

= arccos(b(α.−→B).b(−→B))

= arccos(b(−→B).b(−→B))

= arccos 1 = 0

bulunarak−→A ve

−→B vektörlerinin aynı yönde, yani kosut oldukları anlasılır. Dikkat edilirse

−→A 6= −→0 ise,

her α < 0 için

^(−→A,α−→A)

= arccos

α(−→A.−→A)

|α| .∣∣∣−→A ∣∣∣2

= arccos

α.∣∣∣−→A ∣∣∣2

|α| .∣∣∣−→A ∣∣∣2

= arccos (−1) = π

ve α = 0 için ^(−→A,α−→A)

= 0 olur. Demek ki−→A = α.

−→B oldugunda, bu vektörler arasındaki açının

radyan degeri ya 0 ya da π, yani bu vektörler arasındaki açı ya 0◦ ya da 180◦ olmaktadır; bu sonuç, bu

vektörlerin üzerinde bulundugu dogruların birbirine kosut oldugunu söylemektedir.

Tersine bu kosul gerçeklendiginde yani ya b(−→A).b(−→B)

= cos 0 = 1 ya da b(−→A).b(−→B)

=

cosπ = −1 oldugunda,−→A ve

−→B vektörlerinin lineer bagımsız olamayacagını, böylelikle uygun bir

α ∈ R aracılıgıyla−→A = α.

−→B gerçeklestigini gösteriniz.

−→A ve

−→B sıfırdan farklı vektörleri kosut iseler

−→A//−→B yazılır. Fiziksel yorumda bu (bu iki vektörün baslangıç noktaları çakısık alınarak) vektörlerin

dogrudas olmaları anlamına gelir.

5)−→A ve

−→B vektörleri dogrudas degillerse, αA =

∣∣∣−→A ∣∣∣ ve αB =∣∣∣−→B ∣∣∣ olmak üzere, bu ikisi arasın-

daki açıortay vektörünün asagıdaki oldugunu gösteriniz:

−→C =

αBαA + αB

.−→A +

αBαA + αB

.−→B.

Gerçekten, bunun için ^(−→A,−→C)

= ^(−→C ,−→B)

gösterilmelidir. Dikkat edilirse

αC =∣∣∣−→C ∣∣∣ =

√2αAαB

√1 + cos θ

αA + αB

96

gerçeklesir, burada ^(−→A,−→B)

= θ (radyan) yazılmıstır. Gerçekten−→C vektörü

−→C = 1

αA+αB

(αA−→B + αB

−→A)

oldugundan, kolayca, skaler çarpımın dagılma özelligiyle

−→C .−→C =

1

(αA + αB)2

(αA−→B + αB

−→A).(αA−→B + αB

−→A)

=α2A

−→B.−→B + 2αAαB

−→A.−→B + α2

B

−→A.−→A

(αA + αB)2

=α2Aα

2B + 2αAαB (αAαB cos θ) + α2

Bα2A

(αA + αB)2=

2α2Aα

2B (1 + cos θ)

(αA + αB)2

ve böylece∣∣∣−→C ∣∣∣ = +

√−→C .−→C bilgisiyle istenen bulunur. Ayrıca

−→A.−→C =

1

αA + αB

−→A.(αB−→A + αA

−→B)

=αB.−→A.−→A + αA

−→A.−→B

αA + αB=α2AαB (1 + cos θ)

αA + αB,

−→A.−→C

αAαC=

1

αAαC

−→A.−→C =

αA + αB√2α2

AαB√

1 + cos θ.α2AαB (1 + cos θ)

αA + αB=

√1 + cos θ

2

ve tümüyle benzer biçimde−→B.−→C =

√1+cos θ

2 bulunarak, istenen ^(−→A,−→C)

= arccos√

1+cos θ2 =

^(−→C ,−→B)

sonucu bulunur.

6) Arabalı bir yolcu 3km kuzeye, sonra 5km kuzeydoguya giderse ulastıgı noktanın konumu nedir?

Sekilde PR = 3 ve RQ = 5 ve ^PRQ = 135◦ alınmıstır, çünkü yolcu R noktasından 45◦

derecelik bir açıyla 5km daha gitmektedir.

Üstelik cos 135◦ = cos(3π4

)= cos

(π − π

4

)= cosπ. cos π4 = − 1√

2oldugundan PRQ üçgeninde,

ünlü cosinüs teoremiyle

PQ2

= PR2

+RQ2 − 2.PR.RQ. cos (^PRQ) = 34 +

30√2∼= 55, 2132

ve sonuçta PQ ∼= 7, 43 kullanarak, sinüs teoremiyle

sin (^RPQ)

RQ=

sin (^PRQ)

PQ∼=

sin 135◦

7, 43

97


sonuçta derece cinsinden

^RPQ = arcsin

(RQ

7, 43. sin 135◦

)∼= arcsin(

(5

(7, 43)√

2

)= 28.41◦

bulunur. Böylece yolcunun, derece cinsinden θ = 90◦ − 28.41◦ = 61.59◦ derecelik bir açıyla, P

noktasının 7430 metre uzagında oldugu anlasılır, çünkü−−→PQ =

−→PR+

−−→RQ geçerlidir.

7) Arabalı bir yolcu önce kuzeydogu yönünde 25km, sonra dogu yönünde 15km ve sonra güney

yönünde 10km giderse ulastıgı noktanın konumu nedir?

Hipotezler nedeniyle AB = 25, BC = 15 ve CD = 10 ve EAB ikizkenar dik üçgen oldugundan

EA = EB = 25√2

= CD′ , böylece DD′ = CD′ − CD ve AD′ = EB +BC yani DD′ = 25√2− 10,

AD′ = 25√2

+ 15 ve sonuçta ADD′ dik üçgeninde

AD =

√AD

2+DD′

2 ∼= 33, 5674

bulunur. Simdi derece cinsinden θ açısını bulalım. BAC üçgeninde sinüs teoremiyle, ^BAC açısı,

derece cinsinden

sin (^BAC)

15=

sin 135◦

37, 15=

1√2. (37, 15)

ve ^BAC = arcsin

(15√

2. (37, 15)

)= 16.58◦

bulunur, çünkü cosinüs teoremiyle AC ∼= 37, 15 bulunur, çünkü

AC2

= 252 + 152 − 2.15.25. cos 135◦ = 850 +√

2.25.15 ∼= 1380, 33.

O halde ACD üçgeninde sinüs teoremiyle

sin (^CAD)

10=

sin (^ACD)

33, 56=

sin 61.58◦

33, 56

ve böylece ^CAD = arcsin(10.(0,879482495)

33,56

)∼= 15.19◦ bulunur, çünkü ABC üçgeninde ^BAC =

16.58◦ nedeniyle ^BCA = 180◦ − (135◦ + 16.58◦) = 28.42◦ ve böylece ^ACD = 90◦ − 28.42◦ =

61.58◦ olmaktadır. Sonuçta, derece cinsinden aranan θ açısı asagıdaki gibi bulunur:

θ = 45◦ − (^BAC + ^CAD) = 45◦ − (16.58◦ + 15.19◦) = 13.23◦.

98

Böylelikle, yolcunun 13.23◦ derecelik açıyla baslangıç noktasından 3356 metre öteye ulastıgı anlasılır.

Ödev: Kamyonetli bir satıcı önce kuzeydogu yönünde 15km, sonra kuzey yönünde 10km sonra

dogu yönünde 23km giderse, ulastıgı konumu nedir?

8) R3 uzayında, dogrudas olmayan üç noktanın belirledigi düzlemi yazınız.

Dogrudas olmayan P1 (x1, y1, z1) , P2 (x2, y2, z2) ve P3 (x3, y3, z3) noktaları verilsin. Bilindigi

gibi, P1 ve P2 noktalarından geçen dogru ile P3 noktası, tek türlü belirli bir düzlem belirler, bunun

sözgelimi P2 ve P3 noktalarından geçen dogru ile P1 noktasının belirledigi düzlemin aynısı oldugunu

gözleyiniz. Bu düzlem üzerindeki herhangi bir P (x, y, z) noktası alındıgında−−−→P1P2,

−−→P1P ve

−−−→P1P3

vektörleri sözü edilen düzlem üzerinde bulundukları, kısacası bu vektörler düzlemdas olduklarından, bu

vektörler üzerine kurulan kosutyüzlünün hacmi sıfır olur, kısacası yukarıdaki 14) özelligi kullanılarak

0 =−−→P1P .

(−−−→P1P2 ×

−−−→P1P3

)=

∣∣∣∣∣∣∣∣x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣ y2 − y1 z2 − z1y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣ (x− x1) +

∣∣∣∣∣ z2 − z1 x2 − x1z3 − z1 x3 − x1

∣∣∣∣∣ (y − y1) +

∣∣∣∣∣ x2 − x1 y2 − y1x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣ (z − z1)yani bu son yazılıstaki katsayıları sırasıyla a1, a2 ve a3 denilirse

0 = a1 (x− x1) + a2 (y − y1) + a3 (z − z1)

bulunur, iste bu, aranan düzlemin denklemidir, örnegin R3 uzayında

P1 (3, 1,−2) , P2 (−1, 2, 4) , P3 (2,−1, 1)

noktalarından geçen düzlem

0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣x− 3 y − 1 z + 2

−4 1 6

−1 −2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 15x+ 6y + 9z − 33 yani 5x+ 2y + 3z = 11 olur.

99


Ödevler 1 :

1)−→A,−→B,−→C ve

−→D vektörleri ne olursa olsun sunlar geçerlidir, gösteriniz.

(−→A ×

−→B).(−→C ×

−→D)

=(−→A.−→C).(−→B.−→D)−(−→A.−→D).(−→B.−→C),(−→

A ×−→B).[(−→B ×

−→C)×(−→C ×

−→A)]

=(−→A.(−→B ×

−→C))2

.

(yol gös:

−→E =

−→A ×

−→B yazıp 15) ve 13) özelliklerini kullanınız.

)2) Daima, asagıdakiler geçerlidir gösteriniz:

(−→A +

−→B).((−→B +

−→C)×(−→C +

−→A))

= 2−→A.(−→B ×

−→C),

(−→A1.

(−→B1 ×

−→C1

)).(−→A2.

(−→B2 ×

−→C2

))=

∣∣∣∣∣∣∣∣−→A1.−→A2

−→A1.−→B2

−→A1.−→C2

−→B1.−→A2

−→B1.−→B2

−→B1.−→C2

−→C1.−→A2

−→C1.−→B2

−→C1.−→C2

∣∣∣∣∣∣∣∣

Tanım 2 (Vektör Degerli Fonksiyonlar):

F (x) = (f (x) , g (x) , h (x)) ∈ R3 (∀x ∈ [a, b]) fonksiyonu, vektörel yazılısla

−→F (x) = f (x) .

−→i + g (x) .

−→j + h (x) .

−→k

yazılır, çünkü herhangi bir −→x = (x1, x2, x3) ∈ R3 vektörü (sıralı gerçel sayı üçlüsü için) −→x =

x1−→i + x2

−→j + x3

−→k yazılısının geçerli oldugunu daha önce gözlemistik, kısacası F fonksiyonu her

x ∈ [a, b] gerçel sayısına R3 vektör uzayında bir vektör eslestirmektedir. Asagıdakiler vektör degerli

fonksiyon örnekleridir:

−→A (x) = A1 (x)

−→i +A2 (x)

−→j +A3 (x)

−→k (∀x ∈ [a, b]) .

−→A (x, y, z) = A1 (x, y, z)

−→i +A2 (x, y, z)

−→j +A3 (x, y, z)

−→k

(∀ (x, y, z) ∈ R ⊆ R3

).

Birincisinin türevi, ikincisinin kısmi türevleri, sag yandaki türev ya da kısmi türevler varsa, asagı-

100

daki gibi tanımlanır:

d−→A (x)

dx= lim

h→0

−→A (x+ h)−

−→Ax

h

=

(limh→0

A1 (x+ h)−A1 (x)

h

)−→i +

(limh→0

A2 (x+ h)−A2 (x)

h

)−→j +

(limh→0

A3 (x+ h)−A3 (x)

h

)−→k

= A′1 (x)−→i +A′2 (x)

−→j +A′3 (x)

−→k ,

∂−→A (x, y, z)

∂x= lim

h→0

−→A (x+ h, y, z) +

−→A (x, y, z)

h

=

(limh→0

A1 (x+ h, y, z) +A1 (x, y, z)

h

)−→i +

(limh→0

A2 (x+ h, y, z) +A2 (x, y, z)

h

)−→j

+

(limh→0

A3 (x+ h, y, z) +A3 (x, y, z)

h

)−→k

=∂A1 (x, y, z)

∂x

−→i +

∂A2 (x, y, z)

∂x

−→j +

∂A3 (x, y, z)

∂x

−→k .

Benzer biçimde ∂−→A (x,y,z)∂y ve ∂

−→A (x,y,z)∂z kısmi türevleri tanımlanır, diferansiyel fonksiyonu ise

d−→A = dA1

−→i + dA2

−→j + dA3

−→k

=

(∂A1

∂xdx+

∂A1

∂ydy +

∂A1

∂zdz

)−→i +

(∂A2

∂xdx+

∂A2

∂ydy +

∂A2

∂zdz

)−→j +

(∂A3

∂xdx+

∂A3

∂ydy +

∂A3

∂zdz

)−→k

=

(∂A1

∂x

−→i +

∂A2

∂x

−→j +

∂A3

∂x

−→k

)dx+

(∂A1

∂y

−→i +

∂A2

∂y

−→j +

∂A3

∂y

−→k

)dy +

(∂A1

∂z

−→i +

∂A2

∂z

−→j +

∂A3

∂z

−→k

)dz

=∂−→A

∂xdx+

∂−→A

∂ydy +

∂−→A

∂zdz

biçimde tanımlanır. Öte yandan t ∈ [a, b] ya da t ∈ [a,∞) olmak üzere−→A (t) = A1 (t)

−→i +A2 (t)

−→j +

A3 (t)−→k vektörel fonkiyonuna, tümA1 (t) , A2 (t) veA3 (t) fonksiyonları t degiskeninin sürekli fonk-

siyonları ise, R3 uzayında tanımlanmıs bir uzay egrisi denilir.Örnegin

−→A (t) =

(t3 + t

)−→i + 2e−t

−→j + 3 sin t

−→k

böyle bir uzay egrisidir. Uzay egrilerini−→A (t) ile degil −→r (t) ile yazmak gelenek olmustur.

Tanım3: Del ya da nabla islemcisi

∇ = Dx−→i +Dy

−→j +Dz

−→k =

∂

∂x

−→i +

∂

∂y

−→j +

∂

∂z

−→k

101


biçiminde tanımlanır. ϕ = ϕ (x, y, z) skaler degerli fonksiyonu ile−→A (x, y, z) vektör degerli fonksi-

yonu için

∇ϕ = ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k ,

∇.−→A =

(∂

∂x

−→i +

∂

∂y

−→j +

∂

∂z

−→k

).(A1−→i +A2

−→j +A3

−→k)

=∂A1

∂x+∂A2

∂y+∂A3

∂z,

∇×−→A =

(∂A3

∂y− ∂A2

∂z

)−→i +

(∂A1

∂z− ∂A3

∂x

)−→j +

(∂A2

∂x− ∂A1

∂y

)−→k

=

∣∣∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

A1 A2 A3

∣∣∣∣∣∣∣∣biçimde tanımlanır. Nabla islemcisi bir vektör oldugundan, son iki tanımın, iki vektörün skaler ve

vektörel çarpımlarına iliskin sonuçlarla uyumlu oldugunu gözleyiniz. Yukardaki islemler, çogunlukla

∇ϕ = gradϕ , ∇.−→A = div

−→A , ∇×

−→A = curl

−→A

biçiminde yazılır; burada div islemcisi, bir vektör degerli fonksiyona uygulandıgında, vektör degerli

degil, skaler (gerçel) degerli, yani farklı nitelikte bir fonksiyon verdiginden, diverjans (= ıraksay)

adını buradan almaktadır. curl−→A vektörüne,

−→A vektör degerli fonksiyonun büklüm’ü de denilir.∇ϕ (= gradϕ)

ve,∇×−→A(

= curl−→A)

daima bir vektör, div−→A(

= ∇.−→A)

ise, daima gerçel degerli bir fonksiyondur.

Nabla Islemcisinin Temel Özellikleri

1) ∇ (ϕ1 + ϕ2) = ∇ϕ1 +∇ϕ2 , ∇.(−→A +

−→B)

= ∇.−→A +∇.

−→B .

2) ∇×(−→A +

−→B)

=(∇×

−→A)

+(∇×

−→B).

3) ∇.(ϕ−→A)

= (∇ϕ) .−→A + ϕ

(∇.−→A).

4) ∇× ϕ−→A =

(∇ϕ×

−→A)

+ ϕ(∇×

−→A).

5) ∇.(−→A ×

−→B)

=−→B.(∇×

−→A)−−→A(∇×

−→B).

6) Daima ∇×∇ϕ =−→0 ve ∇. (∇ϕ1 ×∇ϕ2) = 0 ,

7) ∇.(∇×

−→A)

= div(

curl−→A)

= 0 .

8) ∇×(∇×

−→A)

= curl(

curl−→A)

= ∇(∇.−→A)−∇2−→A

9) dϕ = ∇ϕ.d−→r . (Ayrıca Ödevler 2, 14) sorusuna bkz.)

102

Gerçekten

∇ (ϕ1 + ϕ2) =∂ (ϕ1 + ϕ2)

∂x

−→i +

∂ (ϕ1 + ϕ2)

∂y

−→j +

∂ (ϕ1 + ϕ2)

∂z

−→k

=∂ϕ1

∂x

−→i +

∂ϕ2

∂x

−→i +

∂ϕ1

∂y

−→j +

∂ϕ2

∂y

−→j +

∂ϕ1

∂z

−→k +

∂ϕ2

∂z

−→k

=

(∂ϕ1

∂x

−→i +

∂ϕ1

∂y

−→j +

∂ϕ1

∂z

−→k

)+

(∂ϕ2

∂x

−→i +

∂ϕ2

∂y

−→j +

∂ϕ2

∂z

−→k

)= ∇ϕ1 +∇ϕ2.

∇.(−→A +

−→B)

= ∇.−→A + ∇.

−→B ve 2) özelligi skaler ve vektörel çarpımın temel özellikleri nedeniyle

dogrudur. Ayrıca

∇.(ϕ.−→A)

=∂ (ϕA1)

∂x+∂ (ϕA2)

∂y+∂ (ϕA3)

∂z

= ϕx.A1 + ϕ.∂A1

∂x+ ϕy.A2 + ϕ.

∂A2

∂y+ ϕz.A3 + ϕ.

∂A3

∂z

= (ϕxA1 + ϕyA2 + ϕzA3) + ϕ

(∂A1

∂x+∂A2

∂y+∂A3

∂z

)=(ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k).(A1−→i +A2

−→j +A3

−→k)

+ ϕ.(∇.−→A)

= (∇ϕ) .−→A + ϕ.

(∇.−→A)

,

∇× ϕ.−→A =

(∂ (ϕA3)

∂y− ∂ (ϕA2)

∂z

)−→i +

(∂ (ϕA1)

∂z− ∂ (ϕA3)

∂x

)−→j +

(∂ (ϕA2)

∂x− ∂ (ϕA1)

∂y

)−→k

= (ϕyA3 − ϕzA2)−→i + ϕ

(∂A3

∂y− ∂A2

∂z

)−→i + (ϕzA1 − ϕxA3)

−→j

+ ϕ

(∂A1

∂z− ∂A3

∂x

)−→j + (ϕxA2 − ϕyA1)

−→k + ϕ

(∂A2

∂x− ∂A1

∂y

)−→k

= (ϕyA3 − ϕzA2)−→i + (ϕzA1 − ϕxA3)

−→j + (ϕxA2 − ϕyA1)

−→k + ϕ.

(∇×

−→A)

=(∇ϕ×

−→A)

+ ϕ(∇×

−→A)

bulunur, çünkü kolayca

∇ϕ×−→A =

(ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k)×(A1−→i +A2

−→j +A3

−→k)

= (ϕyA3 − ϕzA2)−→i + (ϕzA1 − ϕxA3)

−→j + (ϕxA2 − ϕyA1)

−→k

esitligi, vektörel çarpımın 11) özelliginden elde edilir. Ayrıca−→A (x, y, z) = A1 (x, y, z)

−→i +A2 (x, y, z)

−→j +

A3 (x, y, z)−→k ve benzer yazılıs

−→B (x, y, z) için geçerli ve böylece degiskenleri yazmadan

−→A (x, y, z)×

−→B (x, y, z) = (A2B3 −A3B2)

−→i + (A3B1 −A1B3)

−→j + (A1B2 −A2B1)

−→k

103


oldugundan sonuçta,

∇(−→A ×

−→B)

=∂ (A2B3 −A3B2)

∂x+∂ (A3B1 −A1B3)

∂y+∂ (A1B2 −A2B1)

∂z

= B1

(∂A3

∂y− ∂A2

∂z

)+B2

(∂A1

∂z− ∂A3

∂x

)+B3

(∂A2

∂x− ∂A1

∂y

)−[A1

(∂B3

∂y− ∂B2

∂z

)+A2

(∂B1

∂z− ∂B3

∂x

)+A3

(∂B2

∂x− ∂B1

∂y

)]=−→B.(∇×

−→A)−−→A.(∇×

−→B)

bulunur. Ayrıca, tüm ikinci mertebe kısmi türevleri sürekli ϕ = ϕ (x, y, z) için

curl (gradϕ) = ∇×∇ϕ = ∇×(ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k)

= (ϕzy − ϕyz)−→i + (ϕxz − ϕzx)

−→j + (ϕyx − ϕxy)

−→k

= 0.−→i + 0.

−→j + 0.

−→k =

−→0

ve böylece asagıdaki, 15) özelligi kullanılarak bulunur:

∇. (∇ϕ1 ×∇ϕ2) = (∇ϕ2) . (∇×∇ϕ1) = 0

Ayrıca−→A =

−→A (x, y, z) vektörel fonksiyonunun tüm ikinci mertebe kısmi türevleri sürekliyse, sözge-

limi ∂2A3∂x∂y = ∂2A3

∂y∂x oldugundan

∇.(∇×

−→A)

=∂

∂x

(∂A3

∂y− ∂A2

∂z

)+

∂

∂y

(∂A1

∂z− ∂A3

∂x

)+

∂

∂z

(∂A2

∂x− ∂A1

∂y

)=∂2A3

∂x∂y− ∂2A2

∂x∂z+∂2A1

∂y∂x− ∂2A3

∂y∂x+∂2A2

∂z∂y− ∂2A1

∂z∂x= 0

104

yani div(

curl−→A)

= 0 bulunur. Ayrıca

∇×(∇×

−→A)

= curl(

curl−→A)

=

∣∣∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

A3∂y −

A2∂z

A1∂z −

A3∂x

A2∂x −

A1∂y

∣∣∣∣∣∣∣∣=

[∂

∂y

(A2

∂x− A1

∂y

)− ∂

∂z

(A1

∂z− A3

∂x

)]−→i

+

[∂

∂z

(A3

∂y− A2

∂z

)− ∂

∂x

(A2

∂x− A1

∂y

)]−→j +

[∂

∂x

(A1

∂z− A3

∂x

)+

∂

∂y

(A3

∂y− A2

∂z

)]−→k

=

[−(∂2A1

∂x2+∂2A1

∂y2+∂2A1

∂z2

)−→i +

(∂2A1

∂x∂x+∂2A2

∂y∂x+∂2A3

∂z∂x

)−→i

]+

[−(∂2A2

∂x2+∂2A2

∂y2+∂2A2

∂z2

)−→j +

(∂2A1

∂x∂y+∂2A2

∂y∂y+∂2A3

∂z∂y

)−→j

]+

[−(∂2A3

∂x2+∂2A3

∂y2+∂2A3

∂z2

)−→k +

(∂2A1

∂x∂z+∂2A2

∂y∂z+∂2A3

∂z∂z

)−→k

]= −∇2−→A +∇.

(div−→A)

= −∇2−→A +∇.(∇.−→A)

bulunur, çünkü sözgelimi

∂(

div−→A)

∂x=

∂

∂x

(∂A1

∂x+∂A2

∂y+∂A3

∂z

)=∂2A1

∂x∂x+∂2A2

∂x∂y+∂2A3

∂x∂z

geçerlidir. Oysa bu son özdeslik çok daha basit bir yoldan, ünlü

−→A ×

(−→B ×

−→C)

=(−→A.−→C).−→B −

(−→A.−→B)−→C =

−→B(−→A.−→C)−(−→A.−→B)−→C

özdesligini kullanıp, nabla islemcisinin vektör olması nedeniyle asagıdaki gibi bulunur:

∇×(∇×

−→A)

= ∇(∇.−→A)−∇2−→A

Son olarak −→r = x−→i + y

−→j + z

−→k yer vektörü için d−→r = dx

−→i + dy

−→j + dz

−→k ve böylece

∇ϕ.d−→r =(ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k)(

dx−→i + dy

−→j + dz

−→k)

= ϕxdx+ ϕydy + ϕzdz = dϕ

yani asagıdaki ünlü ve yararlı bagıntı bulunur:

dϕ = ∇ϕ.d−→r

Örnek: r = |−→r | =√x2 + y2 + z2 olmak üzere, r = r (x, y, z) fonksiyonunun (0, 0, 0) nokta-

sından farklı noktalarda, tüm mertebeden kısmi türevlerinin tanımlı ve sürekli olduguna dikkat edip,

105


f (r) türetilebilir gerçel degerli fonksiyonu için gösteriniz:

grad f (r) = ∇f (r) =f ′ (r)

r.−→r

Gerçekten

rx =∂r (x, y, z)

∂x=

∂

∂x

√x2 + y2 + z2 =

x√x2 + y2 + z2

=x

r

ve

∇f (r) =∂f (r)

∂x

−→i +

∂f (r)

∂y

−→j +

∂f (r)

∂z

−→k = f ′ (r) rx

−→i + f ′ (r) ry

−→j + f ′ (r) rz

−→k

= f ′ (r)(rx−→i + ry

−→j + rz

−→k)

=f ′ (r)

r.(x−→i + y

−→j + z

−→k)

=f ′ (r)

r.−→r olur.

Örnek: i)∇2f ′ (r) nedir? ii) ϕ (x, y, z) = 1√x2+y2+z2

= 1r fonksiyonu Laplace denkleminin

çözümü oldugunu gösteriniz.

i) Gerçekten, bir önceki soruda kanıtlanan gerçekten yararlanılırsa

∇2f (r) = ∇. (∇f (r)) = ∇(f ′ (r)

r.−→r)

3)= ∇

(f ′ (r)

r

).−→r +

f ′ (r)

r. (∇.−→r ) ,

∇(f ′ (r)

r

)=

1

r.d

dr

(f ′ (r)

r

).−→r =

f ′′ (r) .r − f ′ (r)r3

.−→r ve

∇.−→r =

(∂

∂x

−→i +

∂

∂y

−→j +

∂

∂z

−→k

).(x−→i + y

−→j + z

−→k)

=∂x

∂x+∂y

∂y+∂z

∂z= 3

ve böylece −→r .−→r = |−→r |2 = r2 nedeniyle su bulunur:

∇2f (r) =

(f ′′ (r) r − f ′ (r)

r3−→r).−→r +

3f ′ (r)

r=f ′′ (r) r − f ′ (r)

r+

3f ′ (r)

r= f ′′ (r) +

2f ′ (r)

r

ii) ϕ (x, y, z) = 1√x2+y2+z2

fonksiyonunun Laplace denkleminin bir çözümü oldugu Bölüm 1 ’de

gözlenmisti (nerede?). Fakat bu kolay bir yoldan, i) sıkkında kanıtlanan

∇2f (r) = f ′′ (r) +2

rf ′ (r)

sonucu kullanılarak asagıdaki gibi gözlenir:

∇2

(1

r

)=

d2

dr2

(1

r

)+

2

r.d

dr

(1

r

)=

2

r3+

2

r

(− 1

r2

)= 0.

Örnek:∇×−→r =−→0 ve ∇× (f (r) .−→r ) =

−→0 gerçeklenir.

106

Gerçekten

∇×−→r =

∣∣∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

∂∂x

∂∂y

∂∂z

x y z

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

(∂z

∂y− ∂y

∂z

)−→i +

(∂x

∂z− ∂z

∂x

)−→j +

(∂y

∂x− ∂x

∂y

)−→k

= 0−→i + 0

−→j + 0

−→k =

−→0

ve böylece 3) özelligini kullanıp asagıdaki istenen bulunur:

∇×(f (r) .−→r ) = (∇f (r)×−→r )+f (r) . (∇×−→r ) = ∇f (r)×−→r =

(f ′ (r)

r.−→r)×−→r =

f ′ (r)

r. (−→r ×−→r ) =

−→0

Örnek:−→c = c1−→i +c2

−→j +c3

−→k sabit vektörünün−→c = 1

2 curl (−→c ×−→r ) gerçekledigini gösterelim.

Gerçekten −→c nin bilesenleri sabit oldugundan

curl (−→c ×−→r ) = ∇×[(c2z − c3y)

−→i + (c3x− c1z)

−→j + (c1y − c2x)

−→k]

=

(∂

∂y(c1y − c2x)− ∂

∂z(c3x− c1z)

)−→i +

(∂

∂z(c2z − c3y)− ∂

∂x(c1y − c2x)

)−→j

+

(∂

∂x(c3x− c1z)−

∂

∂y(c2z − c3y)

)−→k

= 2c1−→i + 2c2

−→j + 2c3

−→k = 2

(c1−→i + c2

−→j + c3

−→k)

= 2−→c bulunur.

Örnek: a, b, c sabitleri ne olmalıdır ki asagıdaki−→F için curl

−→F =

−→0 olsun:

−→F (x, y, z) = (x+ 2y + az)

−→i + (bx− 3y − z)−→j + (4x+ cy + 2z)

−→k .

Dikkat edilirse a = 4, b = 2 ve c = −1 olması gerektigi anlasılır, çünkü kolaylıkla curl−→F = ∇×

−→F =

(c+ 1)−→i + (a− 4)

−→j + (b− 2)

−→k bulunur. Peki hangi ϕ = ϕ (x, y, z) türetilebilir fonksiyonu için

−→F = gradϕ = ∇ϕ = ϕx

−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k gerçeklesir? Kısacası hangi ϕ için

ϕx = x+ 2y + 4z , ϕy = 2x− 3y − z , ϕz = 4x− y + 2z

gerçeklesir? Bunun, Bölüm 1 , Örnek 3.19) ’da söz edilen Pfaff yöntemiyle

ϕ (x, y, z) =x2

2− 3y2

2+ z2 + 2xy + 4xz − yz

polinomu oldugu görülür, çünkü−→F (x, y, z) vektör degerli fonksiyonunun bileske fonksiyonlarını kı-

salık amacıyla F1, F2, F3 ile yazarsak, ∂F2∂x = ∂F1

∂y ,∂F1∂z = ∂F3

∂x ve ∂F2∂z = ∂F3

∂y gözleyerek, aranan ϕ

107


fonksiyonu

ϕ =

x∫0

F1 (t, y, z) dt+

y∫0

F2 (0, t, z) dt+

z∫0

F3 (0, 0, t) dt

=

x∫0

(t+ 2y + 4z) dt−y∫

0

(3t+ z) dt+ 2

t∫0

tdt

=x2

2+ 2xy + 4xz − 3y2

2− zy + z2 =

x2

2− 3y2

2+ z2 + 2xy + 4xz − yz

olarak belirlenir.

Ödevler2:

1) 13r .(∇r3

)= −→r ve ∇

(3r2 − 4

√r + 6

3√r

)=(

6− 23√r2− 2

3√r7

).−→r gösterin.

2) ∇(r2.e−r

)= grad

(r2

er

)= 2−r

er .−→r gösterin.

3) −→c sabit vektörü için grad (−→c .−→r ) = ∇ (−→c .−→r ) = −→c gösterin.

4) div(

2x2z−→i − xy2z−→j + 3yz2

−→k)

= 4xz−2xyz+6yz ve∇2(3x2z − y2z3 + 4x3y + 2x− 3y − 5

)=

24xy + 6z − 2z3 − 6y2z gösterin.

5) ∇2 (ϕ1ϕ2) = ϕ1

(∇2ϕ2

)+ 2∇ϕ1.∇ϕ2 + ϕi

(∇2ϕ1

)gösterin.

6) ϕ = 3x2y ve ψ = xz2 − 2y ise grad (∇ϕ.∇ψ) =(6y2z − 12x

)−→i + 6xz2

−→j + 12xyz

−→k

gösteriniz.

7) ∇.(r3−→r

)= 6r3 ve ∇.

(r∇(

1r3

))= 3

r4gösterin.

8) grad(

div(−→rr

))= − 2

r3.−→r ve ∇2

(∇(−→rr2

))= 2

r4gösterin.

9) ∇(ϕ1

ϕ2

)= ϕ2∇ϕ1−ϕ1∇ϕ2

ϕ22

gösterin.

10) curl (ϕ∇ϕ) =−→0 ve ∇× 1

r2−→r =

−→0 gösterin.

11) div−→F = 0 gerçekleyen

−→F vektör degerli fonksiyonuna sarmalımsı fonksiyon denir.

−→F =

3y4z2−→i + 4x3z2

−→j − 3x2y2

−→k ayrıca ϕ (x, y, z) = xyz2 olmak üzere

−→G = ϕ.

[(2x2 + 8xy2z

)−→i +

(3x3y − 3xy

)−→j −

(4y2z2 + 2x3z

)−→k]

vektör degerli fonksiyonlarının sarmalımsı oldugunu kanıtlayınız.

12) curl[(axy − z3

)−→i + (a− 2)x2

−→j + (1− a)xz2

−→k]

=−→0 olabilmesi için a tam sayısı ne

olmalıdır?

13) ∇2 (ln r) = 1r2

ve her n ∈ N için∇2rn = n (n+ 1) rn−2 gösterin.

14) Nabla islemcisinin

108

∇×(−→A ×

−→B)

=(−→B.∇

)−→A −

−→B(∇.−→A)−(−→A.∇

)−→B +

−→A(∇.−→B),

∇(−→A.−→B)

=(−→B.∇

)−→A +

(−→A.∇

)−→B +

(−→B × curl

−→A)

+(−→A × curl

−→B)

gerçekledigini kanıtlayınız, burada sözgelimi(−→B.∇

)−→A vektörü sudur:

(−→B.∇

)−→A = B1

∂−→A

∂x+B2

∂−→A

∂y+B3

∂−→A

∂z

=

(B1∂−→A1

∂x+B2

∂−→A1

∂y+B3

∂−→A1

∂z

)−→i + ...+

(B1∂−→A3

∂x+B2

∂−→A3

∂y+B3

∂−→A3

∂z

)−→k

Tanım 4 (Egrisel koordinatlar): f, g, h sürekli fonksiyonlarının ikinci mertebeden kısmi türevleri

sürekli olsun. Onlar yardımıyla

x = f (u1, u2, u3) , y = g (u1, u2, u3) , z = h (u1, u2, u3)

dönüsüm denklemleri tanımlanırsa, xyz koordinat sistemindeki her P noktası u1, u2, u3 koordinat

sistemindeki bir noktaya dönüstürülür. P noktasının xyz koordinat sistemindeki yer vektörü

−→r = x−→i + y

−→j + z

−→k = f (u1, u2, u3)

−→i + g (u1, u2, u3)

−→j + h (u1, u2, u3)

−→k

yani −→r = −→r (u1, u2, u3) olur. u2 ve u3 sabit tutulup u1 degistirilirse, yalnızcasına u1 degiskenine

baglı bir uzay egrisi elde edilir. Benzer biçimde u2 degiskenine ve u3 degiskenine baglı uzay egrileri

çizilir. P noktasının P (u1, u2, u3) olarak yazılısına, onun u1, u2, u3 egrisel koordinatları cinsindenyazılısı denir. Yer vektörünün, egrisel koordinatlar aracılıgıyla diferansiyeli

d−→r =∂−→r∂u1

du1 +∂−→r∂u2

du2 +∂−→r∂u3

du3 = h1−→e1du1 + h2

−→e2du2 + h3−→e3du3

109


olur, çünkü sıfırdan farklı her−→A vektörü için b

(−→A)

= 1∣∣∣−→A ∣∣∣ .−→A birim vektörü aracılıgıyla

−→A =∣∣∣−→A ∣∣∣ .b(−→A) yazılısı geçerli oldugundan, her i = 1, 2, 3 indisi için asagıdaki yazılıs geçerlidir:

hi =

∣∣∣∣∂−→r∂ui∣∣∣∣ ve

∂−→r∂ui

=

∣∣∣∣∂−→r∂ui∣∣∣∣ .b(∂−→r∂ui

)= hi.

−→ei (i = 1, 2, 3) .

Burada hi =∣∣∣∂−→r∂ui ∣∣∣ uzunluk degerleri olan negatif olmayan gerçel sayılarına ölçek çarpanları denir,

bunların hi = hi (u1, u2, u3) biçiminde türetilebilir gerçel degerli fonksiyonlar olduklarına dikkat edi-

niz. Su özellikler geçerlidir.

1) i, k = 1, 2, 3 ne olursa olsun ∂−→r∂ui

.∇uk = δi,k geçerlidir.

Burada δi,k tam sayısı, i = k için δi,k = 1 ve i 6= k için δi,k = 0 biçiminde tanımlanır ve

Kronecker deltası adını alır. Gerçekten ünlü dϕ = ∇ϕ.d−→r bagıntısını kullanırsak, örnegin du1 için

du1 = ∇u1.d−→r = ∇u1.(∂−→r∂u1

du1 +∂−→r∂u2

du2 +∂−→r∂u3

du3

)= ∇u1.

∂−→r∂u1

du1 +∇u1.∂−→r∂u2

du2 +∇u1.∂−→r∂u3

du3

ve böylece ∇u1. ∂−→r∂u1

= 1, ∇u1. ∂−→r∂u2

= 0, ∇u1. ∂−→r∂u3

= 0, baska bir yazılısla ∇u1. ∂−→r∂u1

= δ1,1,

∇u1. ∂−→r∂u2

= δ1,2, ∇u1. ∂−→r∂u3

= δ1,3 elde edilir. Ötekiler tümüyle benzer biçimde bulunur.

2)[∂−→r∂u1

(∂−→r∂u2× ∂−→r

∂u3

)]. [∇u1. (∇u2 ×∇u3)] = 1 geçerlidir.

Gerçekten Ödevler 1, 2) sorusundaki ikinci esitligi kullanırsak asagıdakiler bulunur:

[∂−→r∂u1

.

(∂−→r∂u2× ∂−→r∂u3

)]. [∇u1. (∇u2 ×∇u3)] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∂−→r∂u1

.∇u1 ∂−→r∂u1

.∇u2 ∂−→r∂u1

.∇u3∂−→r∂u2

.∇u1 ∂−→r∂u2

.∇u2 ∂−→r∂u2

.∇u3∂−→r∂u3

.∇u1 ∂−→r∂u3

.∇u2 ∂−→r∂u3

.∇u3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0

0 1 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 1

3) ∂(x,y,z)∂(u1,u2,u3)

= h1h2h3 (−→e1 . (−→e2 ×−→e3)) = ∂−→r∂u1

.(∂−→r∂u2× ∂−→r

∂u3

)geçerlidir.

Gerçekten −→r = x−→i + y

−→j + z

−→k ve x = f (u1, u2, u3) , y = g (u1, u2, u3) , z = h (u1, u2, u3)

fonksiyonları türetilebilir oldugundan

∂−→r∂u1

=∂x

∂u1

−→i +

∂y

∂u1

−→j +

∂z

∂u1

−→k = xu1

−→i + yu1

−→j + zu1

−→k .

110

ve benzerleriyle, asagıdakiler vektörel çarpımın 15) özelligi ile bulunur:

∂ (x, y, z)

∂ (u1, u2, u3)=

∣∣∣∣∣∣∣∣xu1 xu2 xu3

yu1 yu2 yu3

zu1 zu2 zu3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣xu1 yu1 zu1

xu2 yu2 zu2

xu3 yu3 zu3

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∂−→r∂u1

.

(∂−→r∂u2× ∂−→r∂u3

)

= (h1−→e1) . (h2

−→e2 × h3−→e3) = h1h2h3 (−→e1 . (−→e2 ×−→e3)) .

4) Dik egrisel koordinat sisteminde asagıdaki geçerlidir:

∂ (x, y, z)

∂ (u1, u2, u3)= h1h2h3 .

Gerçekten bir egrisel koordinat sistemine, ancak ve yalnız, bu koordinat sisteminden her noktada−→e1 ,−→e2ve −→e3 birim vektörleri ikiser ikiser birbirine dik oluyorlarsa, dik egrisel koordinat sistemi denilir, bu

durumda

−→e2 ×−→e3 = |−→e2 | . |−→e3 | sin 90◦.−→n (−→e2 ×−→e3) = −→n (−→e2 ×−→e3) = −→e1

ve benzer biçimde −→e3 × −→e1 = −→e2 , −→e1 × −→e2 = −→e3 ve böylece −→e1 . (−→e2 ×−→e3) = −→e1 .−→e1 = |−→e1 |2 = 1

bulunacagından, sonuçta bir önceki örnekte bulunan sonuç kullanılırsa istenen bulunur:

∂ (x, y, z)

∂ (u1, u2, u3)= h1h2h3 (−→e1 . (−→e2 ×−→e3)) = h1h2h3

Bundan böyle, kısalık amacıyla , dik egrisel koordinat sistemi’ni DEK Sistemi olarak yazacagız.

5) DEK Sisteminde nabla islemcisi asagıdakidir:

∇ =3∑i=1

−→eihi.∂

∂ui=

3∑i=1

(1

hi.∂

∂ui

)−→ei =

1

h1.∂

∂u1

−→e1 +1

h2.∂

∂u2

−→e2 +1

h3.∂

∂u3

−→e3

Gerçekten ϕ = ϕ (u1, u2, u3) skaler fonksiyonu ne olursa olsun gradϕ = ∇ϕ vektörünün, DEK

sisteminde, birim dik vektörler cinsinden

gradϕ = ∇ϕ = f1 (u1, u2, u3)−→e1 + f2 (u1, u2, u3)

−→e2 + f3 (u1, u2, u3)−→e3

yazılısından yararlanarak ve ∂−→r∂ui

= hi−→ei (i = 1, 2, 3) oldugunu unutmadan

fi (u1, u2, u3) =1

hiϕui (i = 1, 2, 3)

111


bulmak güç degildir, çünkü d−→r =3∑i=1

∂−→r∂ui

dui =3∑i=1

hidui.−→e i, böylece

3∑i=1

ϕui .dui = dϕ = ∇ϕ.d−→r =

(3∑i=1

fi (u1, u2, u3)−→ei

).

(3∑i=1

hi.dui−→ei

)

=

3∑i=1

3∑k=1

fi (u1, u2, u3) .hkduk. (−→ei .−→ek)

=3∑i=1

3∑k=1

fi (u1, u2, u3) .hk.duk.δi,k =3∑i=1

fi (u1, u2, u3)

(3∑

k=1

hk.duk.δi,k

)kısacası

3∑k=1

ϕuidui =3∑

k=1

fi (u1, u2, u3) .hi.dui bulunur.

Buradan, istenen fi (u1, u2, u3) = 1hi(u1,u2,u3)

.ϕui (u1, u2, u3) sonucu bulunur, yukarda son esitlige

geçerken, herbir i = 1, 2, 3 indisi için

3∑k=1

hk.δi,k.duk = hi.dui

gözlenmistir, çünkü k indisi 1, 2, 3 degerlerini alırken, i indisinden farklı oldugunda, i 6= k için δi,k = 0

buna karsılık, k = i oldugunda δi,k = δi,i = 1 geçerli olmaktadır. O halde fi (u1, u2, u3) = 1hi.ϕui

(i = 1, 2, 3) bulundugundan

∇ϕ =3∑

k=1

fi (u1, u2, u3)−→ei =

3∑k=1

1

hiϕui .−→ei =

3∑k=1

−→eihiϕui

yani

∇ϕ =

(3∑

k=1

−→eihi.∂

∂ui

)(ϕ)

ve sonuçta istenen, DEK sisteminde nabla islemcisinin

∇ ≡3∑

k=1

−→eihi.∂

∂ui

yazılısı bulunur. Bu sonuç asagıdakileri kanıtlarken kullanılacaktır.

6)

−→e1 = h2h3 (∇u2 ×∇u3) = h1∇u1,−→e2 = h3h1 (∇u3 ×∇u1) = h2∇u2,−→e3 = h1h2 (∇u1 ×∇u2) = h3∇u3,

112

Gerçekten nabla islemcisinin son bulunan yazılısından yararlanılırsa

∇u1 =

(3∑i=1

−→eihi.∂

∂ui

)u1 =

3∑i=1

−→eihi.∂u1∂ui

=−→e1h1.∂u1∂u1

=1

h1

−→e1

ve sonuçta −→e1 = h1∇u1 bulunur, yukarda apaçık biçimde ∂u1∂u2

= 0 = ∂u1∂u3

kullanılmıstır. Benzer

biçimde, herbir i = 1, 2, 3 indisi için −→ei = hi∇ui bulunarak

h2h3 (∇u2 ×∇u3) = h2h3

(−→e2h2×−→e3h3

)= h2h3.

1

h2h3(−→e2 ×−→e3) = −→e1

ve benzerleri elde edilir.

7) Herhangi bir türetilebilir ϕ = ϕ (u1, u2, u3) için

∇ (ϕ−→e1) =1

h1h2h3.∂

∂u1(ϕ.h2h3) , ∇× ϕ−→e1 =

1

h1h2h3

[h2−→e2∂ (ϕh1)

∂u3− h3−→e3

∂ (ϕh1)

ϕu2

]

ve benzerleri geçerlidir.

Gerçekten, bir önceki sonuç kullanılırsa,∇u2 ve∇u3 birer vektör oldugundan, üstelik∇ (∇ϕ1 ×∇ϕ2) =

0 bilindiginden, nabla islemcisinin özellikleri kullanılarak

∇ (ϕ−→e1) = ∇ [(ϕh2h3) (∇u2 ×∇u3)] = ∇ (ϕh2h3) . (∇u2 ×∇u3) + ϕh2h3 [∇. (∇u2 ×∇u3)]

= ∇ (ϕh2h3) . (∇u2 ×∇u3) = ∇ (ϕh2h3) .

(−→e2h2×−→e3h3

)= ∇ (ϕh2h3) .

−→e1h2h3

=

(3∑i=1

−→eih1

∂ (ϕh2h3)

∂ui

).−→e1h2h3

=

3∑i=1

∂ (ϕh2h3)

∂ui.

1

hih2h3(−→ei .−→e1)

=∂ (ϕh2h3)

∂u1.

1

h1h2h3=

1

h1h2h3.∂ (ϕh2h3)

∂u1,

∇× ϕ−→e1 = ∇× (ϕh1)∇u1 = [∇ (ϕh1)×∇u1] + (ϕh1) (∇×∇u1)

113


ve zaten∇×∇u1 =−→0 oldugundan (neden?)

∇× ϕ−→e1 = ∇ (ϕh1)×∇u1 = ∇ (ϕh1)×−→e1h1

=

(3∑i=1

∂ (ϕh1)

∂ui

−→eihi

)×−→e1h1

3∑i=1

∂ (ϕh1)

∂ui.−→ei ×−→e1h1

=1

h1h2.∂ (ϕh1)

∂u2(−→e2 ×−→e1) +

1

h1h3.∂ (ϕh1)

∂u3(−→e3 ×−→e1)

=−→e2h1h3

.∂ (ϕh1)

∂u3−−→e3h1h2

.∂ (ϕh1)

∂u2

=1

h1h2h3

[h2−→e2∂ (ϕh1)

∂u3− h3−→e3

∂ (ϕh1)

∂u2

]bulunur.

8) DEK sisteminde herhangi bir

−→A = A1 (u1, u2, u3)

−→e1 +A2 (u1, u2, u3)−→e2 +A3 (u1, u2, u3)

−→e3

vektör fonksiyonu için 7) özellikleri nedeniyle asagıdakiler geçerlidir:

∇−→A = ∇ (A1

−→e1 +A2−→e2 +A3

−→e3) = ∇ (A1−→e1) +∇ (A2

−→e2) +∇ (A3−→e3)

=1

h1h2h3

[∂ (A1h1h3)

∂u1+∂ (A2h1h3)

∂u2+∂ (A3h1h2)

∂u3

],

ve

∇×−→A

= ∇ (A1 ×−→e1) +∇ (A2 ×−→e2) +∇ (A3 ×−→e3)

=1

h1h2h3

[h2−→e2∂ (A1h1)

∂u3− h3−→e3

∂ (A1h1)

∂u2+ h3

−→e3∂ (A2h2)

∂u1− h1−→e1

∂ (A2h2)

∂u3+ h1

−→e1∂ (A3h3)

∂u2− h2−→e2

∂ (A3h3)

∂u1

]=

1

h1h2h3

[h1−→e1(∂ (A3h3)

∂u2− ∂ (A2h2)

∂u3

)+ h2

−→e2(∂ (A1h1)

∂u3− ∂ (A3h3)

∂u1

)+ h3

−→e3(∂ (A2h2)

∂u1− ∂ (A1h1)

∂u2

)]

=1

h1h2h3.

∣∣∣∣∣∣∣∣h1−→e1 h2

−→e2 h3−→e3

∂∂u1

∂∂u2

∂∂u3

h1A1 h2A2 h3A3

∣∣∣∣∣∣∣∣ .

9) DEK sisteminde Laplace islemcisi için

∇2ϕ =1

h1h2h3

[∂

∂u1.

(ϕu1h2h3h1

)+

∂

∂u2.

(ϕu2h1h3h2

)+

∂

∂u3.

(ϕu3h1h2h3

)]114

geçerlidir, çünkü ϕ = ϕ (u1, u2, u3) türetilebilir fonksiyonu için, DEK sisteminde asagıdaki geçerli

olup

∇ϕ =

3∑i=1

−→eihiϕui =

3∑i=1

ϕuihi

−→ei = gradϕ

vektörüne−→A denilirse, apaçık biçimde Ai = ϕui

hi(i = 1, 2, 3) olmak üzere∇2ϕ = ∇ (gradϕ) = ∇

−→A

yukardaki 8) özelliginde elde edilen ilk bagıntıdan yararlanarak ve sözgelimi

∂ (A1h2h3)

∂u1=

∂

∂u1

(ϕu1h2h3

h1

)oldugundan istenilen bagıntı kolayca elde edilir.

Dik Egrisel Koordinat Sistem Örnekleri

1) Silindirik Koordinatlar (ρ,φ,z)

Tıpkı Bölüm 1 ’de düzlemde kutupsal koordinatlar için yapıldıgı gibi her (x, y, 0) ∈ R3 noktasının

x = ρ cosφ, y = ρ sinφ biçiminde yazılmasına elveren, her türlü belirli 0 ≤ ρ ve φ ∈ [0, 2π) gerçelsayılarının var oldugu anımsanırsa, R3 uzayında her (x, y, z) ∈ R3 noktası için

x = ρ cosφ , y = ρ sinφ , z = z

gerçeklestigini gözleyiniz. Bu tek türlü belirlenen

0 ≤ ρ , φ ∈ [0, 2π) , z ∈ R

gerçel sayı üçlüsüne, P (x, y, z) noktasının silindirik koordinatları denir. P (x, y, z) noktası, tabanı

xy ekvator düzleminde (0, 0, 0) merkez ve ρ =√x2 + y2 ≥ 0 yarıçaplı daire olan dairesel silindirin

üzerindedir, üçüncü bileseni z sayesinde bu silindirin hangi katında oldugu belirlenir.x ve y büyüdükçe,

xy düzlemindeki dairenin yarıçapı büyümektedir, kısacası her nokta, tek türlü belirli bir dairesel silin-

dirin üzerinde bulunmaktadır, örnegin(1,−1, 23

)ve (1, 1,−5) noktaları aynı silindirin üzerinde, buna

karsılık(−1

2 ,12 ,

23

)baska bir silindirin üzerindedir. Herhangi bir P (x, y, z) ∈ R3 noktasının yer vek-

törü

−−→OP = −→r = x

−→i + y

−→j + z

−→k = ρ cosφ

−→i + ρ sinφ

−→j + z

−→k

= f (ρ, φ, z)−→i + g (ρ, φ, z)

−→j + h (ρ, φ, z)

−→k

115


ve ρ, φ, z silindirik koordinatlarıyla indislenen birim vektörler

−→e1 = −→eρ =1∣∣∣∂−→r∂ρ ∣∣∣ .

∂−→r∂ρ

=cosφ

−→i + sinφ

−→j√

cos2 φ+ sin2 φ= cosφ

−→i + sinφ

−→j ,

−→e2 = −→eφ =1∣∣∣∂−→r∂φ ∣∣∣ .

∂−→r∂φ

=−ρ sinφ

−→i + ρ cosφ

−→j√

ρ2 sin2 φ+ ρ2 cos2 φ= − sinφ

−→i + cosφ

−→j ,

−→e3 = −→ez =1∣∣∣∂−→r∂z ∣∣∣ .

∂−→r∂z

=

−→k

1=−→k

olup bu kolayca gözlenecegi gibi bir dik egrisel koordinat sistemidir, çünkü

−→e1 .−→e2 =(

cosφ−→i + sinφ

−→j).(− sinφ

−→i + cosφ

−→j)

= − sinφ cosφ+ sinφ cosφ = 0

−→e1 .−→e3 =(

cosφ−→i + sinφ

−→j).−→k = 0 ve −→e2 .−→e3 = 0

olmaktadır. Silindirik koordinatlarda ölçek çarpanları hi =∣∣∣∂−→r∂ui ∣∣∣ asagıdadır:

h1 =

∣∣∣∣∂−→r∂ρ∣∣∣∣ = 1, h2 =

∣∣∣∣∂−→r∂φ∣∣∣∣ = ρ ve h3 =

∣∣∣∣∂−→r∂z∣∣∣∣ = 1.

2) Küresel Koordinatlar (r, θ, φ)

Her P (x, y, z) noktası, yarıçapı∣∣∣−−→OP ∣∣∣ = r =

√x2 + y2 + z2 olan bir küre üzerinde alır.

Yine açılarla çalısıp sonra onların radyan degerlerini göz önüne alırsak, örnegin−−→OP ve

−−→OP ′′ vek-

törlerinin belirledigi düzlemde P ′′OP dik üçgeninde, egik kenar (hipotenüs) OP ve onun uzunlugu−−→OP = r oldugundan cosθ = OP ′′

OP= z

r yani z = r cos θ ve ekvator düzleminde OP ∗P ′ dik üçgeninde

cosφ = OP ∗

OP ′= x

OP ′= x

r. sin θ olur, çünkü P ′′OP dik üçgeninde sin θ = cos (90◦ − θ) = OP ′

OP= OP ′

r

116

nedeniyle OP ′ = r sin θ geçerlidir. Ayrıca yine OP ∗P ′ dik üçgeninde sinφ = P ∗P ′

OP ′= y

r. sin θ ne-

deniyle y = r sin θ sinφ ve tüm bunlardan, bu P (x, y, z) noktası için , açıların radyan degerleriyazılarak

x = r sin θ cosφ , y = r sin θ sinφ , z = r cos θ

yazılısları geçerli olacak biçimde, tek türlü belirli r, θ, φ gerçel sayı üçlüsü vardır, bunlar P (x, y, z)

noktasının küresel koordinatları olup su geçerlidir

0 ≤ r , θ ∈ [0, π] , φ ∈ [0, 2π)

O halde P (x, y, z) noktasının yer vektörü ve dolayısıyla Küresel Koordinat sisteminin birim vektörleri

asagıdadır:

−−→OP = −→r = x

−→i + y

−→j + z

−→k = r sin θ cosφ

−→i + r sin θ sinφ

−→j + r cos θ

−→k ,

−→e1 = −→er =1∣∣∣∂−→r∂r ∣∣∣ .

∂−→r∂r

=sin θ cosφ

−→i + sin θ sinφ

−→j + cos θ

−→k√

sin2 θ(cos2 φ+ sin2 φ

)+ cos2 θ

= sin θ cosφ−→i + sin θ sinφ

−→j + cos θ

−→k

−→e2 = −→eθ =1∣∣∣∂−→r∂θ ∣∣∣ .

∂−→r∂θ

=r cos θ cosφ

−→i + r cos θ sinφ

−→j − r sin θ

−→k√

r2 cos2 θ(cos2 φ+ sin2 φ

)+ r2 sin2 θ

= cos θ cosφ−→i + cos θ sinφ

−→j − sin θ

−→k

−→e3 = −→eφ =1∣∣∣∂−→r∂φ ∣∣∣ .

∂−→r∂φ

=−r sin θ sinφ

−→i + r sin θ cosφ

−→j + 0.

−→k√

r2 sin2 θ(sin2 φ+ cos2 φ

)= − sinφ

−→i − cosφ

−→j

Bu bir dik egrisel koordinat sistemidir, çünkü asagıdakiler geçerlidir.

−→e1 .−→e2 = sin θ cos θ cos2 φ+ sin θ cos θ sin2 φ− cos θ sin θ

= sin θ cos θ − cos θ sin θ = 0 ,

−→e1 .−→e3 = − sin θ cosφ sinφ+ sin θ sinφ cosφ = 0 ,

−→e2 .−→e3 = − cos θ cosφ sinφ+ cos θ sinφ cosφ = 0

Ölçek çarpanları ise h1 =∣∣∣∂−→r∂r ∣∣∣ = 1, h2 =

∣∣∣∂−→r∂θ ∣∣∣ = r, h3 =∣∣∣∂−→r∂φ ∣∣∣ = r sin θ olur.

3) Parabolik Silindirik Koordinatlar (u, v, z)

Önce su temel gerçege dikkat edelim: Düzlemde herhangi bir (x, y) noktası için x = u2−v22 ve

y = uv yazılısları gerçeklenecek biçimde tek türlü belirli u ∈ R , v ∈ [0,∞) gerçel sayıları vardır.

117


Gerçekten eger y = 0 ve x ≥ 0 ise v = 0, u =√

2x alınırsa, kolayca uv = 0 = y ve u2−v22 = u2

2 =2x2 = x bulunur; yok eger y = 0 ve x < 0 ise bu kez u = 0, v =

√2 |x| alınırsa uv = 0 = y

ve u2−v22 = −v2

2 = − |x| = x bulunur. Eger y 6= 0 ise x ∈ R ne olursa olsun, y = uv (6= 0) ve

2x = u2 − v2 ve 2xv2 = u2v2 − v4 = y2 − v4 böylece v4 + 2xv2 − y2 = 0 nedeniyle(v2)1,2

=

12

(−2x±

√4x2 + 4y2

)= −x±

√x2 + y2 ve 0 < v2 nedeniyle zorunlu olarak

v2 =√x2 + y2 − x ve 0 < v, y 6= 0 oldugundan v = +

√√x2 + y2 − x (> 0)

bulunur, çünkü y 6= 0 ve 0 < y2 = |y|2 nedeniyle −x ≤ |x| =√|x|2 <

√|x|2 + |y|2 =

√x2 + y2

yani 0 <√x2 + y2 + x ve böylece −x−

√x2 + y2 < 0 olmaktadır. Demek ki, y 6= 0 ise

u =y√√

x2 + y2 − xve v =

√√x2 + y2 − x

alınırsa kolayca y = u

(√√x2 + y2 − x

)= uv ve ayrıca u2−v2

2 = 12

[y2√

x2+y2−x−(√

x2 + y2 − x)]

=

y2−(√

x2+y2−x)2

2(√

x2+y2−x) =

y2−(x2+y2−2x

√x2+y2+x2

)2.(√

x2+y2−x) =

2x(√

x2+y2−x)

2(√

x2+y2−x) = x bulunur. Demek ki, her (x, y, z) ∈

R3 için, gerçekten

x =u2 − v2

2, y = uv, z = z ve u ∈ R, z ∈ R, v ∈ [0,∞)

kosullarını gerçekleyen (u, v, z) gerçel sayı üçlüsü vardır, bunlara P (x, y, z) noktasının paraboliksilindirik koordinatları denilir. Her P (x, y, z) noktası, ortak eksene sahip iki parabolik yüzeyin kesi-

simi üzerinde yer alır. Yer vektörü ve birim vektörler

−→r =

(u2 − v2

2

).−→i + uv

−→j + z

−→k ,

−→e1 = −→eu =1∣∣∣∂−→r∂u ∣∣∣ .

∂−→r∂u

=u−→i + v

−→j + 0

−→k√

u2 + v2=

u√u2 + v2

−→i +

v√u2 + v2

−→j ,

−→e2 = −→ev =1∣∣∣∂−→r∂v ∣∣∣ .

∂−→r∂v

=−v−→i + u

−→j + 0

−→k√

v2 + u2= − v√

v2 + u2−→i +

u√v2 + u2

−→j ,

−→e3 = −→ez =−→k

ve kolayca −→e2 .−→e3 = 0 = −→e1 .−→e3 ve −→e1 .−→e2 = − uv√v2+u2

+ vu√v2+u2

= 0 bulunur. Ayrıca ölçek çarpanları

h1 = h2 =√u2 + v2 ve h3 = 1 olarak bulunur.

4) Paraboloid Koordinatlar (u, v, φ)

118

Her P (x, y, z) ∈ R3 noktasına karsılık x = uv cosφ, y = uv sinφ, z = u2−v22 ve u, v ∈ [0,∞),

φ ∈ [0, 2π) kosullarını gerçekleyen (u, v, φ) gerçel sayı üçlüsü vardır. Gerçekten P ′ (x, y, 0) noktası-

nın, tıpkı Küresel Koordinat Sisteminde ile yaptıgı açının radyan degerine φ deyip, istenilen niteliklerde

u ve v gerçel sayılarını √x2 + y2 = uv , 2z = u2 − v2

denklemlerinden çözerek belirleyiniz. Bu belirlenen (u, v, φ) üçlüsüne P (x, y, z) noktasının Parabo-loid Koordinatları denir. Bu egrisel koordinat sisteminin bir DEK sistemi oldugunu gözleyip, ölçekli

çarpanları yazınız.

Uyarı: Daha pek çok, dik egrisel koordinat sistemi vardır.

Örnek: ∇2ϕ ifadesini yukardaki koordinat sistemlerinde yazınız. Herhangi bir dik egrisel koordi-

nat sisteminde

∇2ϕ =1

h1h2h3

[∂

∂u1

(h2h3ϕu1h1

)+

∂

∂u2

(h1h3ϕu2h2

)+

∂

∂u3

(h1h2ϕu3h3

)]oldugunu yukarda 9) özelliginde gözlemistik. O halde, silindirik koordinatlarda u1 = ρ, u2 = φ,

u3 = z ve h1 = h3 = 1 ve h2 = ρ oldugundan silindirik koordinatlarda Laplace islemcisi asagıdakidir:

∇2ϕ =1

ρ

∂ (ρϕρ)

∂ρ+∂(1ρϕφ

)∂φ

+∂ (ρϕz)

∂z

=

1

ρ

∂ (ρϕρ)

∂ρ+

1

ρ2ϕφφ + ϕzz = ϕρρ +

1

ρϕρ +

1

ρ2ϕφφ + ϕzz .

Buna karsın, Küresel koordinatlarda u1 = r, u2 = θ, u3 = φ ve h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ

oldugundan

∇2ϕ =1

r2 sin θ

[∂

∂r

(r2 sin θϕr

)+

∂

∂θ(sin θϕθ) +

∂

∂φ

(1

sin θϕφ

)]=

1

r2∂

∂r

(r2ϕr

)+

1

r2 sin θ

∂

∂θ(sin θϕθ) +

1

r2 sin2 θϕφφ

= ϕrr +1

r2ϕθθ +

1

r2 sin2 θϕφφ +

2

rϕr +

cot θ

r2ϕθ

bulunur. Laplace islemcisini Parabolik Silindirik Koordinatlarda ve Paraboloid Koordinatlarda siz ya-

zınız.

Örnek: ϕ (x, y, z) = c yüzeyinde P0 (x0, y0, z0) noktasındaki dikme vektörünün ∇ϕ|P0oldugunu

gösteriniz, c sabittir.

Gerçekten yüzeye ait P (x, y, z) noktasının yer vektörü −→r = x−→i + y

−→j + z

−→k ise d−→r = dx

−→i +

dy−→j + dz

−→k diferansiyel vektörü, yüzeye P noktasından çizilen teget düzlemde yer alır, oysa 0 =

119


dc = dϕ = ∇ϕ.d−→r oldugundan ∇ϕ = ϕx−→i + ϕy

−→j + ϕz

−→k vektörü, bu teget düzlemde yer alan

d−→r vektörüne diktir demektir, dolayısıyla ∇ϕ vektörü, sözü edilen teget düzleme de dik olur, sonuçta

∇ϕ|P0vektörü de yüzeyin P0 (x0, y0, z0) noktasından yüzeye çıkılan dikme vektörü ve

−→n0 =∇ϕ|P0∣∣∇ϕ|P0

∣∣ =ϕx (x0, y0, z0)

−→i + ϕy (x0, y0, z0)

−→j + ϕz (x0, y0, z0)

−→k√

(ϕx (x0, y0, z0))2 + (ϕy (x0, y0, z0))

2 + (ϕz (x0, y0, z0))2

vektörü ise, yüzeye P0 (x0, y0, z0) noktasından çıkılan birim dikme vektörüdür. Örnegin, ϕ (x, y, z) =

2x2 + 4yz − 5z2 = −10 yüzeyine P0 (3,−1, 2) noktasından çıkılan birim dikme vektörü asagıda

yazılandır.

−→n0 =

[4x−→i + 4z

−→j + (4y − 10z)

−→k]∣∣∣P0∣∣∣∣[4x−→i + 4z

−→j + (4y − 10z)

−→k]∣∣∣P0

∣∣∣∣ =12−→i + 8

−→j − 24

−→k√

122 + 82 + 242=

1

7

(3−→i + 2

−→j − 6

−→k)

120

Bölüm III: Kısmi Türev Uygulamaları

Bu bölümde kısmi türev bilgisiyle Geometri ve Analiz’in bazı problemlerini çözmeyi öğ-reneceğiz.

Kısmi Türevin Geometrik Uygulamaları

Bilindiği gibi, kısmi türevleri sürekli bir F = F (x, y, z) için F (x, y, z) = 0 denklemi R3

uzayında S ile yazılan bir yüzey gösterir, yani S = {(x, y, z) ∈ R3 : F (x, y, z) = 0}(⊆ R3) bir yüzeydir, bu tür yüzey örneklerini Bölüm I, sayfa 44 ve 45’de görmüştük.Apaçıktır ki bir P0(x0, y0, z0) ∈ R3 noktası, ancak ve yalnız, F (x0, y0, z0) = 0 gerçeklersebu yüzeyin bir noktası olabilir. Ayrıca P0 noktasının F (x, y, z) = 0 ve G(x, y, z) = 0yüzeylerinin kesişim eğrisi C üzerinde yer alabilmesi için hem F (x0, y0, z0) = 0 hemde G(x0, y0, z0) = 0 gerçeklenmesi gerek ve yeter koşullardır. Şimdi P0 noktasından Syüzeyine çizilen teğet düzlemi ile normal doğrusunun denklemlerini belirlemeyeçalışalım.

Şekilde görüldüğü gibi, P0(x0, y0, z0) noktasından S yüzeyine çizilen teğet düzlem üze-rinde bulunan herhangi bir Q(x, y, z) noktasının yer vektörü ~r = x~i + y~j + z~k ise~r − ~r0 =

−−→P0Q vektörü sözü edilen teğet düzleminde bulunacağından ve üstelik P0 nok-

tasından S yüzeyine çıkılan normal vektörünün ∇ F |P0ve birim normal vektörünün ise

~n0 = 1|∇F |P0 |

· ∇ F |P0olduğu bilindiğinden ∇ F |P0

= Fx(x0, y0, z0)~i + Fy(x0, y0, z0)~j +

Fz(x0, y0, z0)~k vektörü, bu teğet düzlemdeki her vektöre, özellikle ~r − ~r0 vektörüne dikolacağından sonuçta

~0 = (~r − ~r0) · ∇ F |P0

=(

(x− x0)~i+ (y − y0)~j + (z − z0)~k)·(Fx(x0, y0, z0)~i+ Fy(x0, y0, z0)~j + Fz(x0, y0, z0)~k

)121

yani;

Fx(x0, y0, z0) · (x− x0) + Fy(x0, y0, z0) · (y − y0) + Fz(x0, y0, z0) · (z − z0) = 0

bulunur, bu P0(x0, y0, z0) noktasından S yüzeyine çizlilen teğet düzleminin denkle-midir. Buna karşılık, P0 noktasından S yüzeyine çizilen normal doğrusunun denkleminielde etmek için, bu kez bu doğrunun üzerinde yer alan R(x, y, z) noktasının yer vektörüile çalışıp

−−→P0R = ~r − ~r0 vektörü ile ~n0 ve dolayısıyla ∇ F |P0

vektörünün doğrudaş veböylece vektörel çarpımlarının ~0 vektörü olacağını gözleyip

~0 = (~r − ~r0)×(∇ F |P0

)=

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

x− x0 y − y0 z − z0

Fx(x0, y0, z0) Fy(x0, y0, z0) Fz(x0, y0, z0)

∣∣∣∣∣∣ve bu vektörün sıfır vektörü olabilmesi için tüm bileşenlerinin 0 gerçel sayısı olmasıgerektiğinden

Fz(x0, y0, z0) · (y − y0)− Fy(x0, y0, z0) · (z − z0) = 0,Fz(x0, y0, z0) · (x− x0)− Fx(x0, y0, z0) · (z − z0) = 0,Fy(x0, y0, z0) · (x− x0)− Fx(x0, y0, z0) · (y − y0) = 0

(∗)

ve böylece aşağıdakiler elde edilir:

x− x0

Fx(x0, y0, z0)=

y − y0

Fy(x0, y0, z0)=

z − z0

Fz(x0, y0, z0)

Tüm bunları t(∈ R) gerçel sayısına eşitliyerek, P0 noktasından S yüzeyine çıkılan nor-mal doğrusunun parametrik yazılışı olan

x = x0 + t · Fx(x0, y0, z0), y = y0 + t · Fy(x0, y0, z0), z = z0 + t · Fz(x0, y0, z0)(t ∈ R)

denklemleri elde edilir. Dikkat: ∇ F |P0vektörünün normu pozitif olduğundan (neden?)

yukardaki (∗) bağıntıları nedeniyle Fx(x0, y0, z0), Fy(x0, y0, z0) ve Fz(x0, y0, z0) gerçel sa-yılarının herbiri sıfırdan farklıdır (neden?). Şimdi de R3 uzayında parametrik yazılışıx = f(u), y = g(u), z = h(u) ve vektörel yazılışı f(u)~i+ g(u)~j + h(u)~k (∀u ∈ [a, b]) olanbir C uzay eğrisinde yer alan P0(x0, y0, z0) = P0(f(u0), g(u0), h(u0)) noktasında eğriyeçizilen teğet doğrusunu bulmak için, bu doğrunun

122

üzerindeki herhangi Q(x, y, z) noktası ile çalışıp P0 noktasından C eğrisine çizilen teğetvektörü d~R

du

∣∣∣P0

= f ′(u0)~i+ g′(u0)~j + h′(u0)~k olduğu ve−−→P0Q = ~r− ~r0 ile bu teğet vektörü

doğrudaş olduklarından

~0 = (~r − ~r0)× (f ′(u0)~i+ g′(u0)~j + h′(u0)~k) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k

x− x0 y − y0 z − z0

f ′(u0) g′(u0) h′(u0)

∣∣∣∣∣∣ve tıpkı yukarıda yapıldığı, bu son vektörün tüm bileşenlerini sıfıra eşitleyerek

x− x0

f ′(u0)=y − y0

g′(u0)=z − z0

h′(u0)= t(∈ R)

ve sonuçta aranan teğet doğrusunun parametrik denklemleri olan

x = x0 + t · f ′(u0), y = y0 + t · g′(u0), z = z0 + t · h′(u0)(∀t ∈ R)

elde edilir. Eğer C eğrisi F (x, y, z) = 0 ve G(x, y, z) = 0 yüzeylerinin kesişim eğrisi ise,bu parametrik denklemler bu kez

x = x0 + t · ∂(F,G)

∂(y, z)

∣∣∣∣P0

, y = y0 + t · ∂(F,G)

∂(z, x)

∣∣∣∣P0

, z = z0 + t · ∂(F,G)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

(∀t ∈ R)

olur, çünkü P0 noktasındaki teğet vektör, P0 noktasından her iki yüzeye çizilen ∇ F |P0

ve ∇ G|P0normal vektörlerinin her ikisine birden dik olduğundan, sonuçta ~n(∇ F |P0

×∇ G|P0

) vektörüyle ve sonuçta ~n(∇ F |P0×∇ G|P0

) =∇F |P0×∇G|P0|∇F |P0×∇G|P0|

olduğu için ∇ F |P0×

∇ G|P0vektörüyle doğrudaştır, dolayısıyla ~P0Q = ~r − ~r0 ile ∇ F |P0

×∇ G|P0vektörleri

doğrudaş olurlar, üstelik

∇ F |P0×∇ G|P0

= [(FyGz − FzGy)~i+ (FzGx − FxGz)~j + (FxGy − FyGx)~k]P0

123

=∂(F,G)

∂(y, z)

∣∣∣∣P0

~i+∂(F,G)

∂(z, x)

∣∣∣∣P0

~j +∂(F,G)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

~k

olduğundan, tüm bunlar kullanılarak

~0 = (~r − ~r0)× (∇ F |P0×∇ G|P0

)

=

∣∣∣∣∣∣∣−→i

−→j

−→k

x− x0 y − y0 z − z0∂(F,G)∂(y,z)

∣∣P0

∂(F,G)∂(z,x)

∣∣P0

∂(F,G)∂(x,y)

∣∣P0

∣∣∣∣∣∣∣=[

∂(F,G)∂(x,y)

∣∣P0· (y − y0)− ∂(F,G)

∂(z,x)

∣∣P0· (z − z0)

]−→i +[

∂(F,G)∂(y,z)

∣∣P0· (z − z0)− ∂(F,G)

∂(y,z)

∣∣P0· (x− x0)

]−→j

+[

∂(F,G)∂(z,x)

∣∣P0· (x− x0)− ∂(F,G)

∂(y,z)

∣∣P0· (y − y0)

]−→k

ve bu son vektörün tüm bileşenlerinin sıfır olması gerektiğinden;

x− x0

∂(F,G)∂(y,z)

∣∣P0

=y − y0

∂(F,G)∂(z,x)

∣∣P0

=z − z0

∂(F,G)∂(x,y)

∣∣P0

= t(∈ R)

bularak yukarıdaki parametrik yazılış elde edilir. Buna karşılık P0 noktasından C eğri-sine çizilen π normal düzleminin denklemini bulmak için,bu düzlemin herhangi birQ∗(x, y, z) noktasının yer vektörü aracılığıyla

−−−→P0Q

∗ =−→r∗ − −→r0 ve d

−→Rdu

∣∣P0

vektörleri dik

olacağından 0 = (−→r∗ −−→r0 ) · d

−→Rdu

∣∣P0

nedeniyle,kolayca

f ′(u0) · (x− x0) + g′(u0) · (y − y0) + h′(u0) · (z − z0) = 0

ve eğer C eğrisi,iki yüzeyin kesişim eğrisi ise,aranan normal düzlemin denklemi aşağıdakibiçimde bulunur(neden?):

∂(F,G)

∂(y, z)

∣∣P0· (x− x0) +

∂(F,G)

∂(z, x)

∣∣P0· (y − y0) +

∂(F,G)

∂(x, y)

∣∣P0· (z − z0) = 0

Örnekler 1:1) P0(1, 2,−1) noktasının F (x, y, z) = x2yz + 3y2 − 2xz2 + 8z = 0 yüzeyi üzerinde bu-lunduğunu gösterip bu noktadan bu yüzeye çizilen teğet düzlemiyle normal doğrusunundenklemlerini yazınız.Çözüm:F (1, 2,−1) = 0 gözleyerek,P0 noktasının gerçekten sözü edilen yüzey üzerindeolduğu anlaşılır. Üstelik

Fx(1, 2,−1) = 2xyz − 2z2∣∣P0

= −6, Fy(1, 2,−1) = x2z + 6y∣∣P0

= 11, Fz(1, 2,−1) = 14

124

ve x0 = 1, y0 = 2, z0 = −1 olduğundan,istenilen teğet düzleminin denklemi0 = Fx(x0, y0, z0) · (x− x0) + Fy(x0, y0, z0) · (y − y0) + Fz(x0, y0, z0) · (z − z0) = (−6)(x− 1)+11(y − 2) + 14(z + 1) yani

6x− 11y − 14z + 2 = 0

olarak bulunur. Buna karşılık P0 noktasından yüzeye çıkılan normal doğrusunun pa-rametrik yazılışıx = x0 + t · Fx(x0, y0, z0) = 1− 6t, y = y0 + t · Fy(x0, y0, z0) = 2 + 11t,z = z0 + t · Fz(x0, y0, z0) = −1 + 14t (∀t ∈ R) olarak bulunur.

2) Yukarıdaki soruda belirlenen normal doğrusu ile x+ 3y− 2z = 10 düzleminin kesişimnoktasını belirleyiniz.Çözüm: Bir P (x, y, z) noktası,hem x+ 3y − 2z − 10 = 0 düzleminde hem de paramet-rik yazılışı, yukardaki çözümde belirlenen, normal doğrusunun üzerinde yer alıyorsa,x =1− 6t, y = 2 + 11t, z = −1 + 14t ve sonuçta 1− 6t+ 3(2 + 11t)− 2(−1 + 14t)− 10 = 0ve t = −1 bularak x = 7, y = −9, z = −15 elde edilir,kısacası aranılan biricik kesişimnoktası P (7,−9,−15) olarak belirlenir.

3) x2 − 2yz + y3 − 4 = 0 yüzeyi ile x2 + 2y2 − z2 + 1 = 0 yüzeyinin C kesişim eğrisininP0(1,−1, 2) noktasındaki normal düzlemini yazınız.Çözüm: Yüzeyleri sırasıyla F (x, y, z) = 0 ve G(x, y, z) = 0 ve onların kesişim eğrisiniC ile yazarsak, öncelikle F (1,−1, 2) = 0 = G(1,−1, 2) nedeniyle P0 noktasının C eğrisiüzerinde yer aldığı görülür.C eğrisine P0 noktasında çizilen normal düzlemin, x0 = 1,y0 = −1, z = 2 unutmadan 0 = ∂(F,G)

∂(y,z)

∣∣P0· (x−1)+ ∂(F,G)

∂(z,x)

∣∣P0· (y+1)+ ∂(F,G)

∂(x,y)

∣∣P0· (z−2) =

12(x − 1) + 12(y + 1) − 6(z − 2) = 12x − 12y − 6z + 12 = 12(2x + 2y − z + 2) yani2x+ 2y − z = −2 olarak bulunacağını gözleyiniz.

4) q0 irrasyonel sayısı q0 = 2√

2 − 1 olmak üzere P0(q0,−2, 2) noktasının F (x, y, z) =x2yz + 3y2− 2xz2 + 8z = 0 yüzeyinde bulunduğunu gösterip, P0 noktasından bu yüzeyeçizilen normal doğrusunun bir önceki soruda belirlenen normal düzlemini hangi noktadakestiğini belirleyiniz. Çözüm: q2

0 = 9− 4√

2 nedeniyle F (q0,−2, 2) = −4q20 − 8q0 + 28 =

−4(9−4√

2)−8(2√

2−1)+28 = 0 bularak P0 noktasının sözü edilen yüzeyin bir noktasıolduğu anlaşılır. P0 noktasından F (x, y, z) = 0 yüzeyine çizilen normal doğrusununparametrik denklemi, iyi bilindiği gibi

x = q0 + t · Fx(q0,−2, 2) = 2√

2− 1− 16√

2t,

y = −2 + t · Fy(q0,−2, 2) = −2 + 2t(3− 4√

2),

z = 2 + t · Fz(q0,−2, 2) = 2− 2t(4√

2 + 1)

125

olduğundan bu doğrunun bir önceki soruda belirlenen 2x+2y−z = −2 normal düzleminikestiği biricik noktayı bulmak için

−2 = 2(2√

2− 1− 16√

2t) + 2(−2 + 2t(3− 4√

2))− 2 + 2t(4√

2 + 1)

ve sonuçta t = 3−2√

27−20

√2bulunup, aranan noktanın bileşenleri

x = 2√

2−1−16√

2t =14√

2 + 23

20√

2− 7, y = −2+

2(3− 4√

2)(3− 2√

2)

7− 20√

2=

4√

2 + 36

7− 20√

2,

z = 2− 2(3− 2√

2)(4√

2 + 36)

7− 20√

2=

60√

2− 40

20√

2− 7

böylece aranan biricik kesişim noktası tüm bileşenleri irrasyonel sayılar olan ve gerçekten2x+ 2y − z + 2 = 0 düzleminde yer alan şu noktadır:

P1

(14√

2 + 23

20√

2− 7,

4√

2 + 36

7− 20√

2,56√

2− 10

20√

2− 7

)Bu noktanın gerçekten, 2x+2y−z+2 = 0 düzleminin bir noktası olduğunu gözlemelisiniz.

Ödev: P0(12, 0, 8) noktasının x2yz + 3y2 − 2xz2 + 8z = 0 yüzeyi üzerinde olduğunu gös-

terip, bu noktadan bu yüzeye çizilen normal doğrusunun 2x+ 2y − z + 2 = 0 düzleminikestiği noktayı belirleyiniz.

5a) Küresel koordinatlarda bir F (r, θ, φ) = 0 yüzeyinin bir P0(r0, θ0, φ0) noktasındakiteğet düzlemini yazınız.Çözüm: Bilindiği gibi, küresel koordinatlarda R3 uzayının herhangi bir P (x, y, z) nok-tasının bileşenleri

x = r sin θ cosφ , y = r sin θ sinφ , z = r cos θ

ve sonuçta onun yer vektörü ve ayrıca bu noktadaki yeni birim dik vektörler

−→r = x−→i + y

−→j + z

−→k = r sin θ cosφ

−→i + r sin θ sinφ

−→j + r cos θ

−→k ,

−→e1 =1

|∂−→r∂r|· ∂−→r∂r

= sin θ cosφ−→i + sin θ sinφ

−→j + cos θ

−→k

−→e2 =1

|∂−→r∂θ|· ∂−→r∂θ

= cos θ cosφ−→i + cos θ sinφ

−→j − sin θ

−→k

−→e3 =1

|∂−→r∂φ|· ∂−→r∂φ

= − sin θ−→i + cos θ

−→j

126

ve ölçek çarpanları h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ olduğundan, sonuçta herhangi bir türeti-lebilir F = F (r, θ, φ) fonksiyonu için

gradF = ∇F =3∑

k=1

Fukhk

. ~ek = Fr ~e1 +Fθr.~e2 +

Fφr sin θ

.~e3

= (Fr sin θ cosφ+Fθr

cos θ cosφ− Fφr sin θ

sinφ)~i

+(Fr sin θ sinφ+Fθr

cos θ sinφ+Fφ

r sin θcosφ)~j + (Fr cos θ − Fθ

rsin θ)~k

ve sonuçta bir P0(ro, θ0, φ0) noktası için

∇F |P0 = (Fr(r0, θ0, φ0) sin θ0 cosφ0 +Fθ(r0, θ0, φ0)

r0

cos θ0 cosφ0 −Fφ(r0, θ0, φ0)

r0 sin θ0

sinφ0)~i

+(Fr(r0, θ0, φ0) sin θ0 sinφ0 +Fθ(r0, θ0, φ0)

r0

cos θ0 sinφ0 +Fφ(r0, θ0, φ0)

r0 sin θ0

cosφ0)~j

+(Fr(r0, θ0, φ0) cos θ0 −Fθ(r0, θ0, φ0)

r0

sin θ0)~k

bulunur, bu vektörün katsayılarını kısalık amacıyla a0, b0 ve c0 ile yazarsak, sonuçta∇F |P0 = a0

~i + b0~j + c0

~k olur.Ayrıca P0(r0, θ0, φ0) noktasının küresel koordinatlardakiyer vektörü ~r0 ile yazılmak üzere;

~r−~r0 = (r sin θ cosφ−r0 sin θ0 cosφ0)~i+(r sin θ sinφ−r0 sin θ0 sinφ0)~j+(r cos θ−r0 cos θ0)~k

olduğundan, F (r, θ, φ) = 0 yüzeyine ait bir P0(r0, θ0, φ0) noktasının küresel koordinat-lardaki teğet düzlemi aşağıdakidir:

0 = (~r − ~r0)(∇F |P0) = a0(r sin θ cosφ− r0 sin θ0 cosφ0)

+b0(r sin θ sinφ− r0 sin θ0 sinφ0) + c0(r cos θ − r0 cos θ0).

5b) Küresel koordinatlarda r = 4 cos θ yüzeyinin P0(2√

2, π4, 3π

4) noktasındaki teğer düz-

lemini yazınız.Çözüm: F (r, θ, φ) = r − 4 cos θ = 0 ve r0 = 2

√2, θ0 = π

4, φ0 = 3π

4olduğu ve ay-

rıca Fr(r, θ, φ) = 1, Fθ(r, θ, φ) = 4 sin θ ve Fφ(r, θ, φ) = 0 geçerli olduğundan, kolaycaFr(r0, θ0, φ0) = 1,Fθ(r0, θ0, φ0) = 4 sin θ0 = 4 sin π

4= 4√

2= 2√

2 = r0 yani Fθ(r0,θ0,φ0)r0

= 1

ve Fφ(r0, θ0, φ0) = 0 ve ayrıca sözgelimi r0 sin θ0 cosφ0 = 2√

2 sin π4

cos 3π4

= 2√

2( 1√2)(− 1√

2) =

−√

2 ve sin π4

= 1√2

= cos π4nedeniyle, bir önceki çözümün a0 katsayısı

a0 = Fr(r0, θ0, φ0) sin θ0 cosφ0 +Fθ(r0, θ0, φ0)

r0

cos θ0 cosφ0 −Fφ(r0, θ0, φ0)

r0 sin θ0

sinφ0

127

= 1. sinπ

4cos

3π

4+ 1. cos

π

4cos

3π

4− 0 = 2 sin

π

4cos

3π

4= −1

ve benzer biçimde b0 = 1 ve c0 = 0 bulunacağından, bir önceki alıştırmanın sonundabelirlenen

0 = a0(r sin θ cosφ−r0 sin θ0 cosφ0)+b0(r sin θ sinφ−r0 sin θ0 sinφ0)+c0(r cos θ−r0 cos θ0)

teğet düzlem denklemi, tüm bu değerler yerleştirilerek aşağıdakidir:

r sin θ(sinφ− cosφ) = 2√

2.

6) Bir önceki soruyu dik koordinat sisteminde yazıp çözerek, sonucu küresel koordinatsisteminde yazınız.Çözüm: F (r, θ, φ) = r − 4 cos θ = 0 kısacası r = 4 cos θ yani r2 = 4r cos θ yüze-yinin,alışılagelen (x, y, z) koordinat sisteminde x2 + y2 + z2 = r2 = 4r cos θ = 4z yani0 = x2 +y2 +z2−4z = x2 +y2 +(z−2)2−4 kısacası F (x, y, z) = x2 +y2 +(z−2)2−4 = 0biçiminde yazıldığını, bunun ise, (0,0,2) merkezli 2 yarıçaplı bir küre olduğuna dikkatediniz. Öte yandan P0(2

√2, π

4, 3π

4) noktası ise (x, y, z) koordinat sisteminde

x = 2√

2 sinπ

4cos

3π

4= −√

2, y = 2√

2 sinπ

4sin

3π

4=√

2 , z = 2√

2 cosπ

4= 2

nedeniyle P0(−√

2,√

2, 2) noktasından başkası değildir. Bu noktanın, gerçekten (0, 0, 2)merkezli 2 yarıçaplı kürenin bir noktası olduğunu gözleyiniz. O halde bir önceki sorunun,alışılagelen dik koordinat sistemindeki söylenişi şudur: P0(−

√2,√

2, 2) noktasından x2 +y2 + (z− 2)2 = 4 küresine çizilen teğet düzlemini yazınız. Fz(−

√2,√

2, 2) = 2z − 4∣∣P0

=4− 4 = 0 nedeniyle, aranan teğet düzlem kolayca

0 = Fx(−√

2,√

2, 2) · (x+√

2) + Fy(−√

2,√

2, 2) · (y −√

2) + Fz(−√

2,√

2, 2) · (z − 2)

= Fx(−√

2,√

2, 2) · (x+√

2) + Fy(−√

2,√

2, 2) · (y −√

2)

= 2√

2(y − x)− 8 = 2√

2(y − x− 2√

2) yani

y − x = 2√

2

olarak bulunur. Bu düzlemin küresel koordinatlardaki yazılışının ise

2√

2 = r sin θ sinφ− r sin θ cosφ = r sin θ(sinφ− cosφ)

olduğuna dikkat edip, bu çözümün bir önceki örnekte bulunduğunu gözleyiniz.

7) R3 uzayında C eğrisi x = t− cos t, y = 3 + sin 2t, z = 1 + cos 3t (∀t ∈ R) biçimindetanımlansın. Bu eğriye t0 = π

2noktasında çizilen normal düzlemi ile teğet doğrusunu

belirleyiniz.

128

Çözüm: C eğrisi, x = f(t) = t−cos t, y = g(t) = 3+sin 2t, z = h(t) = 1+cos 3t(∀t ∈ R)olduğundan, aranılan teğet doğrusunun parametrik yazılışı

x = x0 + t · (f ′(t0)) =π

2+ (1 + sin(t0)) · t =

π

2+ 2t

y = y0 + t · (g′(t0)) = 3 + (2 cos(2t0)) · t = 3− 2t

z = z0 + t · (h′(t0)) = 1 + (−3 sin(3t0)) · t = 1 + 3t

olur, çünkü apaçık biçimde x0 = f(t0) = π2− cos π

2= π

2, y0 = g(t0) = 3+sin 2

(π2

)= 3 ve

z0 = h(t0) = 1 + cos 3π2

= 1 geçerlidir. Buna karşılık P0(f(t0), g(t0), h(t0)) = P0

(π2, 3, 1

)noktasından C eğrisine çizilen normal düzleminin denklemiyse aşağıda yazılandır:

0 = f ′(t0) ·(x− π

2

)+ g′(t0) · (y − 3) + h′(t0) · (z − 1) yani

2x− 2y + 3z = π − 3

8) R3 uzayında 3x2y + yz + 2 = 0 ve 2xz − x2y − 3 = 0 yüzeylerinin kesişim eğrisi Colsun. Bu eğriye P0(1,−1, 1) noktasından çizilen normal düzlemi ile teğet doğrusunundenklemlerini yazınız.Çözüm: Öncelikle P0 noktasının, her iki yüzeyin ve böylelikle onların kesişim eğrisiolan C eğrisinin üzerinde yer aldığını gözleyiniz. Bu yüzeylere sırasıyla F (x, y, z) = 0 veG(x, y, z) = 0 denilirse, aranılan normal düzlemin denklemi

0 =∂(F,G)

∂(y, z)

∣∣∣∣P0

·(x−1)+∂(F,G)

∂(z, x)

∣∣∣∣P0

·(y+1)+∂(F,G)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

·(z−1) = 3(x−1)+16(y+1)+2(z−1)

yani 3x+ 16y+ 2z = −11 olarak bulunur. Buna karşın P0 noktasından C eğrisine çizilenteğet doğrusunun parametrik yazılışı aşağıdadır:

x = 1 + t · ∂(F,G)

∂(y, z)

∣∣∣∣P0

= 3t+ 1, y = −1 + t · ∂(F,G)

∂(z, x)

∣∣∣∣P0

= 16t− 1, z = 2t+ 1 (∀t ∈ R)

9) F (x, y, z) = x2 + y2 − 4z = 0 paraboloidinin P0(2,−4, 5) noktasındaki teğet düzlemiile normal doğrusunun denklemlerini yazınız.Çözüm: Öncelikle F (2,−4, 5) = 22 + (−4)2− 4 · 5 = 0 gözleyiniz. Aranan teğet düzlem0 = Fx(2,−4, 5) · (x− 2) +Fy(2,−4, 5) · (y+ 4) +Fz(2,−4, 5) · (z− 5) = 4(x− 2y− z− 5)nedeniyle x − 2y − z = 5 olarak bulunur. Normal doğrusunun parametrik denklemleriise x = 2 + t · Fx(2,−4, 5) = 2 + 4 · t, y = −4 + t · Fy(2,−4, 5) = −4 − 8t , z =5− t · Fz(2,−4, 5) = 5− 4t (∀t ∈ R) ya da t yerine t

4yazarak aşağıdaki gibi elde edilir:

x = 2 + t, y = −4− 2t, z = 5− t (∀t ∈ R).

129

10) Türetilebilir f fonksiyonu sayesinde tanımlanan F (x, y, z) = f(x, y)−z = 0 yüzeyininbir P0(x0, y0, z0) noktasındaki teğet düzlemiyle normal doğrusunu yazınız.Çözüm : Öncelikle P0(x0, y0, z0) noktasının sözü edilen yüzey üzerinde olması nedeniyle0 = F (x0, y0, z0) = f(x0, y0) − z0 kısacası z0 = f(x0, y0) bulunur. Ayrıca Fx = fx ,Fy = fy , Fz = −1 ve söz gelimi Fx(x0, y0, z0) = Fx|P0 = fx(x0, y0) olduğundan, P0

noktasındaki teğet düzlem0 = fx(x0, y0) · (x− x0) + fy(x0, y0) · (y − y0)− (z − z0) yani

z = fx(x0, y0) · (x− x0) + fy(x0, y0) · (y − y0) + f(x0, y0)

olarak, P0 noktasındaki normal doğrusunun parametrik yazılışı ise, t ∈ R olmak üzere

x = x0 + t · fx(x0, y0)

y = y0 + t · fy(x0, y0)

z = z0 − t

olarak belirlenir. Örneğin, bir önceki soruda paraboloidin F (x, y, z) = 14(x2 +y2)−z = 0

olarak yazılabildiğini gözleyip, bu örnekte bulunan çözümden yararlanarak, söz gelimiP0(2,−4, 5) noktasındaki teğet düzlem (burada f(x, y) = 1

4(x2 + y2) olduğundan)

z = fx(2,−4) · (x − 2) + fy(2,−4) · (y + 4) + f(x0, y0) = (x − 2) − 2(y + 4) + 5 yanix− 2y − z = 5 olarak bulunur.

11) Bir F (x, y, z) = 0 yüzeyinin P (x, y, z) noktasındaki normal vektörü ile Oz ekseniarasındaki açı γ eğer bir dar açı ise secγ = 1

|Fz | ·√F 2x + F 2

y + F 2z geçerli olduğunu gös-

teriniz.Çözüm: İkisi de sıfır vektörden farklı ~A ve ~B vektörleri arasındaki açının radyan değeriγ ise ~A · ~B = ~|A| · ~|B| · cos γ ve sonuçta cos γ =

~A· ~B~|A|· ~|B|

gerçeklendiğinden, P noktasındaki

normal vektör ∇ F |P = Fx~i+Fy~j+Fz~k ile Oz ekseninin birim vektörü ~k arasındaki açı γaçısı için cos γ =

∇F |P ·~k|∇F |P |·1

= Fz√F 2x+F 2

y+F 2z

olur. Oysa γ bir dar açının radyan değeri ve so-

nuçta 0 ≤ γ < π2gerçekleştiğinden 0 < cos γ ≤ 1 ve böylece cos γ = | cos γ| = |Fz |√

F 2x+F 2

y+F 2z

olduğundan, kolayca sec γ = 1cos γ

=

√F 2x+F 2

y+F 2z

|Fz | bulunur.

12) Silindirik koordinatlarda, kısmi türevleri sürekli bir F fonksiyonu sayesinde tanım-lanan bir F (ρ, φ, z) = 0 yüzeyine, bu yüzeyin bir P0 = (ρ0, φ0, z0) noktasından çizilenteğet düzlem ile normal doğrusunun denklemlerini yazınız.Çözüm: Silindirik koordinatlarda gradF = ∇F = Fρ~e1 +

Fφρ~e2 +Fz ~e3 ve yer vektörü ile

yeni birim dik vektörler

130

~r = ρ cosφ ·~i+ ρ sinφ ·~j + z~k~e1 = 1

| ∂~r∂ρ| = cosφ ·~i+ sinφ ·~j , ~e2 = sinφ ·~i+ cosφ ·~j , ~e3 = ~k

ve sonuçta∇F = (Fρ ·cosφ+ Fφ

ρ·sinφ)·~i+(Fρ ·sinφ+ Fφ

ρ·cosφ)·~j+Fz ·~k olduğundan F (ρ, φ, z) = 0

yüzeyine, bir P0 = (ρ0, φ0, z0) noktasından çizilen teğet düzlem

~0 = (~r−~r0)·∇ F |P0= (ρ·cosφ−ρ0·cosφ0)·

(Fρ(ρ0, φ0, z0) · cosφ0 −

Fφ(ρ0, φ0, z0)

ρ0

· sinφ0

)+

(ρ·sinφ−ρ0·sinφ0)·(Fρ(ρ0, φ0, z0) · sinφ0 −

Fφ(ρ0, φ0, z0)

ρ0

· cosφ0

)+(z−z0)·Fz(ρ0, φ0, z0)

buna karşılık P0 noktasından yüzeye çizilen normal doğrusu ~0 = (~r − ~r0)× (∇ F |P0)

bilgisinden yararlanıp, bu vektörün tüm bileşenlerini sıfıra eşitleyerek, parametrik yazı-lışı aşağıdaki yazılan doğrudur:

x = ρ0 · cosφ0 + t · (Fρ(ρ0, φ0, z0) · cosφ0 − Fφ(ρ0,φ0,z0)

ρ0· sinφ0) ,

y = ρ0 · sinφ0 + t · (Fρ(ρ0, φ0, z0) · sinφ0 − Fφ(ρ0,φ0,z0)

ρ0· cosφ0) ,

z = z0 + t · Fz(ρ0, φ0, z0) (∀t ∈ R)

13) Silindirik koordinatlarda πz = ρφ yüzeyine P0(2, π2, 1) noktasından çizilen teğet düz-

lemi yazınız.Çözüm : Verilen yüzey F (ρ, φ, z) = πz−ρφ ve böylelikle Fρ(ρ, φ, z) = −φ , Fφ(ρ, φ, z) =−ρ ve Fz(ρ, φ, z) = π ayrıca P0 noktasının silindirik koordinat bileşenleri ρ0 = 2 ,φ0 = π

2, z0 = 1 ve dolayısıyla Fρ(ρ0, φ0, z0) = −φ0 = −π

2, Fφ(ρ0, φ0, z0) = −ρ = −2 ,

Fz(ρ0, φ0, z0) = π ve Fφ(ρ0,φ0,z0)

ρ0= −1 olduğundan, üstelik cosφ0 = cos π

2= 0 nedeniyle

aranılan teğet düzlem

0 = ρ · cosφ0 · (−Fφ(ρ0,φ0,z0)

ρ0· sinφ0) + (ρ · sinφ − ρ0) · (Fρ(ρ0, φ0, z0) · sinφ0) + (z − 1) ·

Fz(ρ0, φ0, z0)= ρ · cosφ− π

2(ρ · sinφ− 2) + π · (z − 1) = ρ(cosφ− π

2· sinφ) + πz yani

2ρ cosφ− πρ sinφ+ 2πz = 0

olarak bulunur; bunun alışılagelen dik koordinat sisteminde 2x−πy+2πz = 0 biçimindeyazıldığını gözleyiniz.

14) Bir önceki soruyu dik koordinat sisteminde yazıp, çözünüz.Çözüm : Gerek kutupsal gerek silindirik koordinatlarda ρ ile radyan değerli φ için

ρ =√x2 + y2 , φ = arccos

x√x2 + y2

(∀(x, y) 6= (0, 0)

131

olduğu ve verilen yüzey, alışılagelen koordinat sisteminde

F (x, y, z) =√x2 + y2 · arccos

x√x2 + y2

− πz = 0

olduğundan ve verilen P0 noktasının alışılagelen koordinat sistemindeki bileşenleri içinx0 = ρ0 · cosφ0 = 2 cos π

2= 0 , y0 = ρ0 · sinφ0 = 2 sin π

2= 2 ,z0 = 1 gözlenerek, önceki

soru, F (x, y, z) = 0 yüzeyine P0(0, 2, 1) noktasından çizilen teğer düzlemini sormaktadır.Öncelikle F (0, 2, 1) =

√02 + 22 · arccos 0− π = 2 arccos 0− π = 2 · π

2− π = 0

gözleyerek P0 noktasının F (x, y, z) = 0 yüzeyi üzerinde olduğu anlaşılır. Ayrıca kısmitürev alarak

Fx = x√x2+y2

arccos x√x2+y2

− |y|√x2+y2

,

Fy = y√x2+y2

arccos x√x2+y2

+ |x|√x2+y2

ve Fz = −π

bularak, aranan teğet düzlem, önceki sorudaki gibi ~0 = (~r − ~r0) · ∇ F |P0= Fx(0, 2, 1) ·

(x− 0) +Fy(0, 2, 1) · (y− 2) +Fz(0, 2, 1) · (z− 1) = −x+ π·y2−πz yani 2x−πy+ 2πz = 0

olarak bulunur.

Ödev: Yukardaki 13) sorusunda verilen yüzeye P0(2, π2, 1) noktasından çıkılan normal

doğrusunun denklemini, hem silindirik koordinatlarda hem de alışılagelen dik koordinatsisteminde yazınız.

Ekstremum Problemleri

Bu bölümde şimdi de iki ve üç değişkenli gerçel değerli fonksiyonlar için ekstremumproblemleri ile ilgilenelim.

Tanım 1: Bir R(⊆ R2) bölgesinde tanımlı gerçel değerli bir f = f(x, y) fonksiyo-nuna,ancak ve yalnız bir (x0, y0) ∈ R noktası içinKoş 1:∃ε0 > 0 , f(x0, y0) ≤ f(x, y) (∀(x, y) ∈ Kε0(x0, y0) ∩ R) koşulunu gerçekliyorsa(x0, y0) ∈ R noktasında yerel minimumu vardır ve ancak ve yalnız,Koş 2: ∃ε0 > 0 ,f(x, y) ≤ f(x0, y0) (∀(x, y) ∈ Kε0(x0, y0) ∩ R) koşulunu gerçekliyorsa(x0, y0) ∈ R noktasında yerel maksimumu vardır ve ancak ve yalnız,Koş 3: f(x0, y0) ≤ f(x, y) (∀(x, y) ∈ R) koşulunu gerçekliyorsa (x0, y0) ∈ R noktasındabölgesel minimumu vardır denilir. R bölgesindeki maksimum tanımı benzer biçimdeyapılır. Üç değişkenli gerçel değerli fonksiyonlar için benzer tanımları siz veriniz. Bir(x0, y0) ∈ R noktasına, ancak ve yalnız, f fonksiyonunun yerel minimumu ya da yerelmaksimumu oluyorsa, ona f fonksiyonunun bir ekstremum noktasıdır denilir.

Dikkat: Eğer (x0, y0) ∈ R noktası için Koş 1koşulu gerçekleniyorsa, g(x) = f(x, y0)(∀x ∈ (x0 − ε0, x0 + ε0) biçiminde tanımlanan gerçel değerli g fonksiyonu için, ∀x ∈

132

(x0−ε0, x0+ε0) için (x, y0) ∈ Kε0(x0, y0) olduğundan g(x0) = f(x0, y0) ≤ f(x, y0) = g(x)gözleyerek,x0 noktasının g fonksiyonunun bir yerel minimumu olduğu anlaşılır. Benzerbiçimde Koş 2 gerçekleniyorsa, h(y) = f(x0, y) (∀y ∈ (y0−ε0, y0 +ε0) biçiminde tanım-lanan gerçel değerli h fonksiyonunun y0 noktasında bir yerel maksimumu, g(x) = f(x, y0)biçiminde tanımlanan g fonksiyonunun da x0 noktasında yerel maksimumu vardır.

Önerme 1:Bir R(⊆ R2) bölgesinde tanımlı, türetilebilir bir f = f(x, y) gerçel de-ğerli fonksiyonu alınsın. Bir (x0, yo) ∈içR noktasının(aşağıdaki uyarıyı okuyunuz), bufonksiyonunun ekstremum noktası olabilmesi için gerek koşullar fx(x0, y0) = 0 vefy(x0, y0) = 0 gerçeklenmesidir. Bu koşullar yeter koşul DEĞİLDİR.

Uyarı ve Kanıtlama: Öncelikle, bu önermedeki koşulların yeter koşul olmadıkları,kısacası fx(ξ0, η0) = 0 ve fy(ξ0, η0) gerçekleyen bir (ξ0, η0) ∈ R noktasının,(ξ0, η0) ∈içRgerçekleşse bile, f fonksiyonu için bir ekstremum noktası olmayabileceğini gösterenbir karşıt örnek verelim. En kolay karşıt örneklerden birisi şudur:

f(x, y) = x3y2 + 2x2y + xy2

polinomu R = [−1, 1] × [−1, 1] kapalı-sınırlı bölgesinde, her noktada her mertebe-den sürekli kısmi türevlere sahiptir. Kolayca fx(0, 0) = 0 = fy(0, 0) gözlenir. Üstelik(0, 0) ∈ (−1, 1) × (−1, 1) =içR geçerlidir, oysa hiçbir ε > 0 için Koş: f(0, 0) ≤ f(x, y)(∀(x, y) ∈ Kε(0, 0)) koşulu gerçekleşmez, çünkü (−ε

2, −ε

2) ∈ Kε(0, 0)) noktası için, ko-

layca f(−ε2, −ε

2) = − 1

25· (ε5 + 12ε3) < 0 = f(0, 0) olmaktadır. Benzer biçimde hiçbir

ε > 0 için Koş*: f(x, y) ≤ f(0, 0) (∀(x, y) ∈ Kε(0, 0)) koşulu da gerçekleşmez, çünkü( ε

2, ε

2) ∈ Kε(0, 0)) ve f(0, 0) = 0 ≤ ε5+12ε3

25= f( ε

2, ε

2) olmaktadır, kısacası (0, 0) ∈içR

noktası, fx(0, 0) = 0 = fy(0, 0) gerçeklemesine karşın f fonksiyonu için ne bir yerel mi-nimum ne de bir yerel maksimum olabilmektedir. Dikkat: Aslında, yukardaki örnekteiçR açık bölgesinde f fonksiyonunun hiçbir extremum noktası yoktur, çünkü dikkatedilirse fx (x, y) = y (3x2y + 4x+ y) ve fy (x, y) = 2x (x2y + x+ y) olduğundan, eğerherhangi bir P (x, y) ∈ içR − {(0, 0)} noktası için fx (P ) = 0 ve fy (P ) = 0 gerçek-leşseydi, P noktası için hem x 6= 0 hem y 6= 0 olduğundan önce 3x2y + 4x + y = 0ve x2y + x + y = 0 ve böylece 0 = 2x2y + 3x = x (2xy + 3) sonuçta zorunlu olaraky = − 3

2xve zaten 3x2y + 4x + y = 0 olduğunu unutmadan sonuçta 0 < x2 + 3 = 0

çelişkisi bulunurdu (nasıl?). Öte yandan 0 6= x0 ∈ (−1, 1) ve 0 6= y0 ∈ (−1, 1) ne olursaolsun P1(x0, 0) ∈ (−1, 1) × (−1, 1) = içR ve P2(0, y0) ∈ içR noktaları da f için birextremum olamazlar, sözgelimi fy(P1) = 2x0 6= 0 geçerlidir. Dikkat: Bu önermede Rbölgesi kapalı-sınırlı ve (x0, y0) ∈ ∂R(⊆ R) ise, ilerde gözleneceği gibi bu durumda buönermenin DOĞRU OLMASI GEREKMEZ!

Bunu örnekleyen karşıt örnekler aşağıda Örnekler’de verilmektedir. Oysa bu önermede(x0, y0) ∈ içR gerçekleştiği için ∃δ0 > 0, Kδ0(x0, y0) ⊆ R böylece, kısalık amacıylaI0 = (x0 − δ0, x0 + δ0) ve J0 = (y0 − δ0, y0 + δ0) yazılırsa, hem I0 × {y0} ⊆ I0 × J0 =

133

Kδ0(x0, y0) ⊆ R = Tan(f) ve hem de {x0} × J0 ⊆ I0 × J0 = Kδ0(x0, y0) ⊆ R = Tan(f)gerçekleştiğinden aşağıdaki biçimde

g(x) = f(x, y0) (∀x ∈ I0) , h(y) = f(x0, y) (∀y ∈ J0)

tanımlanan g ve h gerçel değerli fonksiyonları için, eğer (x0, y0) ∈ R noktası, f içinbir ekstremum noktası, söz gelimi bir yerel minimum noktası ise g(x0) = f(x0, y0) ≤f(x, y) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0)) böylece g(x0) ≤ f(x, y0) (∀x ∈ I0) yani g(x0) ≤g(x) (∀x ∈ I0) olacağından, tanımlandıkları aralıklarda türetilebilir g ve h fonksiyonlarıiçin Analiz I bilgisiyle

0 = g′(x0) = fx(x0, y0) ve 0 = h′(y0) = fy(x0, y0)

istenen sonuçları elde edilir. Bu koşulların yeter koşul olmasının gerekmediği yukardagözlenmiştir.

Sırada aşağıdaki kullanışlı Yeterlik Teoremi vardır:

Aşağıdaki ünlü ve kullanışlı Yeterlik Teoremi, iki değişkenli bir fonksiyonun bir ekst-remum noktasının, bir yerel minimum mu yoksa bir yerel maksimum mu olduğunubelirlemekte kullanılır. Yukarıdaki önermede, f fonksiyonu için (x0, y0) ∈ içR gerçek-leyen (x0, y0) ∈ R noktası, eğer bir ekstremum ise zorunlu olarak hem fx(x0, y0) =0 hem de fy(x0, y0) = 0 gerçekleşmesi gerektiği gösterilmiş olmaktadır, bu unutulmama-lıdır!

Yeterlik Teoremi: Bir R(⊆ R2) bölgesinde, ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekliolan gerçel değerli bir f = f(x, y) fonksiyonu alınsın. Koş koşulunu gerçekleyen birP0(x0, y0) ∈ içR noktası, f için bir ekstremum noktası olsun. ∆ = fxx(x0, y0)·fyy(x0, y0)−f 2xy(x0, y0) yazılsın. Eğer

ya fxx(x0, y0) < 0 < ∆ ya da fyy(x0, y0) < 0 < ∆

koşulları gerçekleniyorsa P0(x0, y0) noktası f için bir yerel maksimumdur, buna karşılıkeğer

ya 0 < fxx(x0, y0) ve 0 < ∆ ya da 0 < fyy(x0, y0) ve 0 < ∆

koşulları gerçekleniyorsa P0(x0, y0) noktası f için bir yerel minimumdur.Kanıtlama: f fonksiyonunun fxx(x0, y0) 6= 0 ya da fyy(x0, y0) 6= 0 koşulunu gerçekle-yen bir P0(x0, y0) ∈ içR noktasının Kδ0(x0, y0) ⊆ R gerçekleyen komşuluğunda, Tayloraçılımıyla uygun bir 0 < ε0 < 1 aracılığıyla

R1 =1

2!

[h2fxx(x0 +ε0h, y0 +ε0k)+2hkfxy(x0 +ε0h, y0 +ε0h)+k2fyy(x0 +ε0h, y0 +ε0k)

]134

olmak üzere f(x, y) = f(x0, y0)+hfx(x0, y0)+kfy(x0, y0)+R1 olarak yazıldığını biliyoruz.Sonuçta f fonksiyonu için, hipotez gereği P0(x0, y0) noktası bir ekstremum noktası veböylelikle zorunlu olarak fx(x0, y0) = 0 = fy(x0, y0) olduğundan f(x, y) = f(x0, y0) +R1

bulunur ve kısalık amacıyla ξ0 = x0 + ε0h , η0 = y0 + ε0k yazılırsa,fxx(ξ0, η0) 6= 0 gerçekleşmesi durumunda

f(x, y)− f(x0, y0) = R1 =1

2![h2fxx(ξ0, η0) + 2hkfxy(ξ0, η0) + h2fyy(ξ0, η0)] =

=fxx(ξ0, η0)

2!

[h2 + 2hk

fxy(ξ0, η0)

fxx(ξ0, η0)+ k2fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0)

f 2xx(ξ0, η0)

]=

∗=fxx(ξ0, η0)

2!

[(h+ k

fxy(ξ0, η0)

fxx(ξ0, η0)

)2

+ k2

(fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0)− f 2

xy(ξ0, η0)

f 2xx(ξ0, η0)

)]bulunur. Dolayısıyla, eğer fxx(x0, y0) < 0 < 4 koşulu gerçekleniyorsa, tüm ikinci mer-tebe kısmi türevleri ve özel olarak gerek fxx gerekse fxxfyy − f 2

xy fonksiyonları hi-potez gereği sürekli olduklarından, Bölüm1’de kanıtlanan bilgiler nedeniyle, uygunbir Kδ0(x0, y0) komşuluğunda fxx(x, y) < 0 < fxx(x, y)fyy(x, y) − f 2

xy(x, y) (∀(x, y) ∈Kδ0(x0, y0)) olur, dolayısıyla yeterince küçük h = x − x0 ve k = y − y0 için |ε0h| =ε0|h| 6 |h| < δ0 ve böylece |ξ0−x0| = |(x0 +ε0h| = |ε0h| < δ0 ve benzeriyle |η0−y0| < δ0

ve sonuçta (ξ0, η0) ∈ Kδ0(x0, y0) gözleyerek (dikkat : (x, y) = (x0, y0) ∈ Kδ0(x0, y0) içinhem h = x − x0 = 0 hem de k = y − y0 = 0 gözleyiniz), yukarıdaki son eşitsizlikleringereği olarak

fxx(ξ0, η0) < 0 < fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0)− f 2xy(ξ0, η0)

bulunur; özel olarak fxx(ξ0, η0) < 0 yani fxx(ξ0, η0) 6= 0 nedeniyle, yukarıda elde edilen(∗) eşitliği geçerli olur ve apaçık biçimde

0 6

(h+ k

fxy(ξ0, η0)

fxx(ξ0, η0)

)2

+ k2

(fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0)− f 2

xy(ξ0, η0)

f 2xx(ξ0, η0)

)ve 1

2!fxx(ξ0, η0) < 0 nedeniyle, herbir (x, y) ∈ Kδ0(x0, y0) için sonuçta (∗) eşitliğiyle

f(x, y)− f(x0, y0) 6 0 bulunur. Demek ki eğer

fxx(x0, y0) < 0 < 4

koşulu gerçekleniyorsa aşağıdaki sonuç bulunmaktadır:

∃δ0 > 0, f(x, y) 6 f(x0, y0) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

bu sonuç ise P0(x0, y0) noktasının f fonksiyonu için bir yerel maksimum olması de-mektir. Eğer fyy(ξ0, η0) 6= 0 ise, bu kez benzer biçimde

R1 =fyy(ξ0, η0)

2!

[(k + h

fxy(ξ0, η0)

fyy(ξ0, η0)

)2

+ h2

(fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0)− f 2

xy(ξ0, η0)

f 2yy(ξ0, η0)

)]

135

gözleyerek, fyy(x0, y0) < 0 < 4 gerçeklenmesi durumunda, benzer kanıtlamayla uy-gun bir Kδ0(x0, y0) komşuluğunda, herbir (x, y) ∈ Kδ0(x0, y0) için fyy(x, y) < 0 <fxx(x, y)fyy(x, y) − f 2

xy(x, y) gözleyerek ve böylece özel olarak fyy(ξ0, η0) < 0 ve 0 <fxx(ξ0, η0)fyy(ξ0, η0) − f 2

xy(ξ0, η0) bularak R1 6 0 nedeniyle f(x, y) 6 f(x0, y0)((x, y) ∈Kδ0(x0, y0)) bulunur, kısacası P0(x0, y0) noktasının yine f fonksiyonunun bir yerel mak-simumu olduğu anlaşılır. Buna karşılık hem 0 < fxx(x0, y0) hem de 0 < 4 koşullarınıngerçekleşmesi durumunda bu kez uygun bir δ1 > 0 yardımıyla, kısmi türevlerin sürek-liliği nedeniyle 0 < fxx(x, y) ve 0 < fxx(x, y)fyy(x, y) − f 2

xy(x, y) (∀(x, y) ∈ Kδ1(x0, y0))ve (ξ0, η0) ∈ Kδ1(x0, y0) gözleyip, yukarda elde edilen (∗) eşitliği kullanılarak f(x0, y0) ≤f(x, y)(∀(x, y) ∈ Kδ1(x0, y0)) bulunur, yani P0(x0, y0) noktasının bu kez f fonksiyonununbir yerel minimumu olduğu anlaşılır, bitti!

Uyarı: Eğer4(P0) = fxx(x0, y0)·fyy(x0, y0)−f 2xy(x0, y0) < 0 oluyorsa, ikinci mertebeden

tüm kısmi türev fonksiyonlarının sürekliliği nedeniyle, fxx · fyy − f 2xy fonksiyonu sürekli

olacağından

fxx(x, y) · fyy(x, y)− f 2xy(x, y) < 0 (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

gerçekleşir, böylece özel olarak fxx(ξ0, η0) · fyy(ξ0, η0) − f 2xy(ξ0, η0) < 0 olacağından yu-

karıdaki yöntem kullanılmaz.Fakat buna karşılık

d2f∣∣P0> 0 ya da d2f

∣∣P0< 0

ise bir sonuca varılabilir, dikkat edilirse daima

d2f = d(df) = d(fxdx+ fydy) = fxx(dx)2 + 2fxy(dx)(dy) + fyy(dy)2

gerçekleştiğinden, eğer

d2f∣∣P0

= fxx(x0, y0)(dx)2 + 2fxy(x0, y0)(dx)(dy) + fyy(x0, y0)(dy)2

gerçel sayısının (genel olarak bir kısıt yardımıyla) işareti belirlenebiliyorsa, Taylor açı-lımı ve fx(x0, y0) = 0 = fy(x0, y0) nedeniyle f(x, y)−f(x0, y0) = 1

2·d2f |(ξ0,η0) olduğundan

(dikkat dx = h = x − x0, dy = k = y − y0 değişim niceliklerinin birer gerçel sayı ol-duklarını unutmayınız) d2f sürekli fonksiyonunun P0 noktasındaki işareti aracılığıylaekstremumun varlığı konusunda bir sonuca varılabilir.

Bunun için, önce bir kısıt altında ekstremumların aranmasına ilişkin aşağıdaki önemlisonuçları görelim:

Gereklilik Teoremi 1:Bir R (⊆ R2) bölgesinde birinci mertebeden kısmi türevlerisürekli olan f ve g gerçel değerli fonksiyonları verilsin. f fonksiyonunun g(x, y) = 0

136

kısıtlayıcı koşulu (kısıt’ı) altında, yani R∗ = R ∩ Sıf (g) = {(x, y) ∈ R : g(x, y) = 0}bölgesinde

gy(x0, y0) 6= 0

koşulunu gerçekleyen bir P0(x0, y0) ∈ R∗ noktasında ekstremuma sahip olması için ge-rekli koşul ∂(f,g)

∂(x,y)

∣∣∣P0

= 0 gerçeklenmesidir.

Kanıtlama: P0 noktasında g(x0, y0) = 0 ve gy(x0, y0) 6= 0 gerçekleştiği için (sözgelimigy(x0, y0) > 0 ise gy kısmi türev fonksiyonu sürekli olduğundan, uygun bir Kδ0(x0, y0))komşuluğunda gy(x, y) > 0 ( ∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0) ) gözleyiniz ), sonuçta ÖFT2 nedeniyleuygun bir I0 = (x0 − δ0, x0 + δ0) komşuluğunda kesinlikle var olan bir y = ϕ(x) örtükfonksiyonu için

y0 = ϕ(x0), g(x, ϕ(x)) = 0 (∀x ∈ I0)

koşulları gerçekleşir, üstelik bilindiği gibi ϕ′(x) = −gx(x,ϕ(x))gy(x,ϕ(x))

(∀x ∈ I0) geçerlidir. ŞimdiI0 aralığında

F (x) = f(x, ϕ(x)) (∀x ∈ I0)

biçiminde tanımlanan gerçel değerli F fonksiyonu için, eğer P0(x0, y0) ∈ R∗ noktasındaf fonksiyonunun bir ekstremumu varsa, sözgelimi P0 noktası f için bir yerel minimumise F için de bir yerel minimumdur, çünkü

F (x0) = f(x0, ϕ(x0) = f(x0, y0) ≤ f(x, y) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))

böylece F (x0) ≤ f(x, y) = f(x, ϕ(x)) = F (x) (∀x ∈ I0) gerçekleşir, üstelik F fonksiyonuI0 aralığında

F ′(x) = fx(x, ϕ(x)) + fy(x, ϕ(x)) · ϕ′(x) = fx(x, y)− fy(x, y) · gx(x, y)

gy(x, y)

bağıntısıyla görüldüğü gibi türetilebildiği için, Analiz I bilgisiyle ekstremuma sahip tü-retilebildiği x0 ∈ I0 noktasında

0 = F ′(x0) =1

gy(x0, y0)· (fx(x0, y0) · gy(x0, y0)− fy(x0, y0) · gx(x0, y0)

=1

gy(x0, y0)· ∂(f, g)

∂(x, y)|P0 ve

1

gy(x0, y0)> 0

olduğundan istenen ∂(f,g)∂(x,y)

|P0 = 0 sonucuna ulaşılır, bitti !

Üç değerli fonksiyonlar için benzer sonuç aşağıdadır:

Gereklilik Teoremi 2: Bir R(⊆ R3) açık bölgesinde,birinci mertebe kısmi türevlerisürekli olan f ve g fonksiyonları verilsin. f fonksiyonunun g(x, y, z) = 0 kısıtı altında,

137

yani R∗ = R ∩ Sıf (g) bölgesinde,bu bölgenin gy(x0, y0, z0) 6= 0 koşulunu gerçekleyen birP0(x0, y0, z0) ∈ R∗ noktasında ekstremuma sahip olabilmesi için gerek koşullar şunlardır :

∂(f, g)

∂(x, y)|P0 = 0,

∂(f, g)

∂(x, z)|P0 = 0,

∂(f, g)

∂(y, z)|P0 = 0.

Kanıtlama: P0 noktasında hem g(x0, y0, z0) = 0 hem de gy(x0, y0, z0) 6= 0 olduğu içinÖFT3 nedeniyle,uygun bir Kδ0(x0, y0) komşuluğunda kesinlikle var olan uygun bir z =ϕ(x, y) örtük fonksiyonu için z0 = ϕ(x0, y0) ve g(x, y, ϕ(x, y)) = 0 (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))gerçekleşir ve üstelik zx = −gx

gzve zy = −gy

gzkısmi türevleri de Kδ0(x0, y0) komşulu-

ğunda tanımlı,üstelik gz(x, y, z) 6= 0 (∀(x, y, z) ∈ Kδ0(x0, y0, z0)) geçerlidir (neden ?).Tıpkı önceki teoremde olduğu gibi, eğer P0 noktası f fonksiyonu için sözgelimi bir yerelminimum ise F (x, y) = f(x, y, ϕ(x, y)) (∀(x, y) ∈ Kδ0(x0, y0)) biçiminde tanımlanan Ffonksiyonunun aynı noktada bir yerel minimumu vardır, çünkü her (x, y) ∈ Kδ0(x0, y0))için

F (x0, y0) = f(x0, y0, ϕ(x0, y0)) = f(x0, y0, z0) ≤ f(x, y, z) = f(x, y, ϕ(x, y)) = F (x, y)

olmaktadır, böylelikle Önerme 1 nedeniyle zorunlu olarak

0 = Fx(x0, y0) = fx(x0, y0, ϕ(x0, y0) + fz(x0, y0, ϕ(x0, y0)) · zx(x0, y0)= 1

gz(x0,yo,ϕ(x0,y0))·[fx(x0, y0, ϕ(x0, y0)·gz(x0, y0, ϕ(x0, y0)−fz(x0, y0, ϕ(x0, y0)·gx(x0, y0, ϕ(x0, y0)]

= 1gz(x0,y0,z0)

· ∂(f,g)∂(x,z)

|P0 ve 1gz(x0,y0,z0)

6= 0

nedeniyle zorunlu olarak ∂(f,g)∂(x,z)

|P0 = 0 ve benzer biçimde0 = Fy(x0, y0) = 1

gz(x0,y0,z0)· ∂(f,g)∂(y,z)|P0 nedeniyle ∂(f,g)

∂(y,z)|P0 = 0 bulunur.

Üstelik gz(x0, y0, z0) 6= 0 ve fakat

0 = ∂(f,g)∂(x,z)

|P0 = fx(x0, y0, z0) · gz(x0, y0, z0)− gx(x0, y0, z0) · fz(x0, y0, z0)

0 = ∂(f,g)∂(y,z)|P0 = fy(x0, y0, z0) · gz(x0, y0, z0)− gy(x0, y0, z0) · fz(x0, y0, z0)

olduğundan, bu denklem sisteminin Cramer Teoremi nedeniyle katsayılar matrisinin de-terminantı, zorunlu olarak

0 = −∂(f, g)

∂(x, y)|P0 =

∣∣∣∣ fx(x0, y0, z0) −gx(x0, y0, z0)fy(x0, y0, z0) −gy(x0, y0, z0)

∣∣∣∣gerçeklemek zorundadır, tüm bunlar istenen sonuçlardır.Bitti !

138

Öte yandan 18 inci yüzyılın büyük Fransız Matematikçisi Joseph Louis Lagrange, kısıtaltında ekstremumları belirleme sorusunun çözümünü, hiç kısıt kullanmayan bir ekstre-mum probleminin çözümüne dönüştüren ünlü ve kullanışlı Lagrange Çarpanları adlıyöntemini 1770’lerde bulmuştur. Aşağıdaki teoremin benzerleri gerek üç değişkenli fonk-siyonlar, gerekse birden fazla kısıt altında altında ekstremumları aranan fonksiyonlariçin de geçerlidir:

Lagrange Teoremi: f ve g fonksiyonları bir açık R(⊆ R2) bölgesinde türetilebilir ol-sunlar. f fonksiyonunun g(x, y) = 0 kısıtı altında gy(x0, y0) 6= 0 koşulunu gerçekleyen birP0(x0, y0) ∈ R ∩ Sıf (g) noktasında ekstremuma sahip olabilmesi ile λ 6= 0 olmak üzereϕ = f + λg aracı fonksiyonunun P0 noktasında ekstremuma sahip olması iddiası eş-değerdir.Not: Burada λ 6= 0 gerçel sabitine Lagrange Çarpanı denilir.Kanıtlama: ϕ = f + λg fonksiyonu için Tan(ϕ) = R ve herbir (x, y) ∈ R içinϕ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) olur. P0 noktasının (dikkat: gy(x0, y0) 6= 0 gerçeklendiğiunutulmamalıdır.) ϕ fonksiyonu için bir ekstremum noktası olması durumunda Önerme1 nedeniyle zorunlu olarak aşağıdakiler geçerlidir:

0 = ϕx(x0, y0) = fx(x0, y0) + λgx(x0, y0)0 = ϕy(x0, y0) = fy(x0, y0) + λgy(x0, y0)

}λ = −fy(x0, y0)

gy(x0, y0)

(dikkat: gy(x0, y0) 6= 0 varsayıı nedeniyle ikinci denklemden üstelik fy(x0, y0) 6= 0 bulu-nur) böylece ilk bağıntı kullanılarak

0 = fx(x0, y0)− gx(x0, y0) · fy(x0, y0)

gy(x0, y0)=

1

gy(x0, y0)· ∂(f, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

ve sonuçta, f fonksiyonunun g(x, y) = 0 kısıtı altında gy(x0, y0) 6= 0 koşulunu gerçekleyenP0(x0, y0) noktasında ekstremuma sahip olabilmesi için gerekli koşul olan ∂(f,g)

∂(x,y)

∣∣∣P0

= 0 ye-

rine gelir. Tersine f fonksiyonu R açık bölgesinde g(x, y) = 0 kısıtı altında gy(x0, y0) 6= 0

koşulunu sağlayan P0(x0, y0) noktasında bir ekstremuma sahipse, zorunlu olarak ∂(f,g)∂(x,y)

∣∣∣P0

=

0 gerçeklenmesi Gereklilik Teoremi 1’in bir sonucudur, buysa

0 = ϕx(x0, y0) = fx(x0, y0) + λgx(x0, y0)

0 = ϕy(x0, y0) = fy(x0, y0) + λgy(x0, y0)(1)

lineer denklem sisteminde λ bilinmezinin λ 6= 0 olarak çözüme sahip olabilmesi için, (1)sisteminin katsayılar matrisinin, Cramer Teoreminin gereği olarak∣∣∣∣fx(x0, y0) gx(x0, y0)

fy(x0, y0) gy(x0, y0)

∣∣∣∣ =∂(f, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

= 0

139

koşulunun yerine gelmesi nedeniyle λ 6= 0 belirlenerek, ϕ aracı fonksiyonun, hiç kısıt kul-lanmadan,bir ekstremuma sahip olması için 0 = ϕx(x0, y0) ve 0 = ϕy(x0, y0) koşullarının(yani (1) denklem sistemini) sağlayan bir λ 6= 0 sabitinin varlığı gösterilmiş olur. Demekki, kısıt altında f fonksiyonunun P0(x0, y0) noktasında ekstremuma sahip olması iddiasıile

ϕ = f + λg (λ 6= 0)

aracı fonksiyonunun, R bölgesinin P0(x0, y0) noktasında bir ekstremum’a sahip olmasıiddiası EŞDEĞERDİRLER.

Uyarı: R3 uzayındaki kısıtların koşulduğu bir ekstremum probleminde en az iki kısıtfonksiyonuna gerek vardır, örneğin bunlar

g(x, y, z) = 0 ve h(x, y, z) = 0

ise bu kez bir f fonksiyonunun bu kısıtlar altında ve gz(x0, y0, z0) 6= 0 ve hz(x0, y0, z0) 6= 0gerçekleyen bir P0(x0, y0, z0) noktasında bir ekstremumunun varlığı sorusu

ϕ = f + λ1g + λ2h (λ1 6= 0, λ2 6= 0)

aracı fonksiyonunun P0 noktasında ekstremumlarının aranması problemine dönüştürülür,burada λ1 ve λ2 Lagrage çarpanları bu kez

0 = ϕx(x0, y0) = fx(x0, y0, z0) + λ1gx(x0, y0, z0) + λ2hx(x0, y0, z0)

0 = ϕy(x0, y0) = fy(x0, y0, z0) + λ1gy(x0, y0, z0) + λ2hy(x0, y0, z0)

0 = ϕz(x0, y0) = fz(x0, y0, z0) + λ1gz(x0, y0, z0) + λ2hz(x0, y0, z0)

denklem sistemi ve kısıtlar kullanarak belirlenirler.

Örnekler 1

1) y2 − z2 = 1 hiperbolik silindiri ile x − y = 1 düzleminin kesişim eğrisinin O(0, 0, 0)orijinine en yakın noktasını belirleyiniz.Çözüm: f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 uzaklık fonksiyonunun g(x, y, z) = x − y − 1 veh(x, y, z) = y2 − z2 − 1 olmak üzere g(x, y, z) = 0 ve h(x, y, z) = 0 kısıtı altında ekstre-mumu bulmak yerine

ϕ(x, y, z) = f(x, y, z) + λ1g(x, y, z) + λ2h(x, y, z)

= x2 + y2 + z2 + λ1(x− y − 1) + λ2(y2 − z2 − 1)

aracı fonksiyonunun R = R3 − {(0, 0, 0)} açık bölgesinde ekstremum noktalarını araştı-ralım.

140

0 = ϕx(x, y, z) = 2x+ λ1 ⇒ λ1 = −2x0 = ϕy(x, y, z) = 2y(λ2 + 1)− λ1 ⇒ λ1 = 2y(λ2 + 1)0 = ϕz(x, y, z) = 2z(1− λ2) ⇒ ya z = 0 ya λ2 = 1

Dikkat edilirse λ2 = 1 seçeneği gerçekleşmez, çünkü eğer λ2 = 1 olsaydı −2x = λ1 =2y(λ2 + 1) = 4y ve x = −2y böylece 0 = g(x, y, z) = x − y − 1 = 3y − 1 ve y = −1

3ve

sonuçta 0 = h(x, y, z) nedeniyle 0 6 z2 = y2 − 1 = 19− 1 = −8

9< 0 OLURDU! Ohalde

aranan kritik noktalar z = 0, y = ∓1 ve x = 0, 2 gerçekleyen P0(0,−1, 0) ile P1(2, 1, 0)noktalarıdır, bunlar kesişim eğrisi üzerindedirler, üstelik

f(0,−1, 0) = 1 < 5 = f(2, 1, 0)

olduğundan, kesişim eğrisinin O(0, 0, 0) noktasına en yakın noktası P0 noktası olur. Apa-çıktır ki kesişim eğrisi çizilise bu eğrinin orijine en uzak noktası belirlenemez! Bunu,herbir m > 2 için qm =

√m(m− 2) yazılmak üzere Rm = (m,m − 1, qm) noktalarının,

kesişim eğrisi üzerinde olduğunu ve ORm = 3m2 − 4m + 1 uzaklık değerinin m → ∞görerek de anlayabilirdik. Siz aşağıdaki doğrulamayı yapınız

∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣∣P0

= 0.

2) f(x, y) = x3 + y3 − 3x− 12y + 20 polinomunun ekstremumlarını bulunuz.Çözüm: Hiç kısıt olmadığından Yeterlilik Teoremi kullanılır. Tüm (x, y) ∈ R2 noktala-rında türetilebilir olan bu fonksiyonun bir P (x0, y0) noktasında ekstremuma sahip ola-bilmesi için fx = 3(x2−1) ve fy = 3(y2−4) kısmi türevlerinin fx(x0, y0) = 0 = fy(x0, y0)gerçeklemesi yani x2

0 = 1 ve y20 = 4 olması gerekir. Dört aday nokta P0(1, 2), P1(−1,−2),

P2(1,−2), P3(−1, 2) olup P0 noktasında fxx(1, 2) = 6 > 0 ve ∆ = fxx(1, 2) · fyy(1, 2) −f 2xy(1, 2) = 72 > 0 gerçeklendiğinden P0 noktası bir yerel minimum noktası, buna karşı-lık fxx(−1,−2) = −6 < 0 < 72 = fxx(−1,−2) · fyy(−1,−2) − f 2

xy(−1,−2) gerçekleyenP1 noktası bir yerel maksimum noktasıdır. Buna karşılık P2 ve P3 noktalarının bir ekst-remum noktası olmadığını gözleyiniz (nasıl?). Dikkat: P0 ve P1 noktaları birer yerelekstremum noktasıdır, çünkü bu örnekte f polinomunun tanım kümesi açıkça belirtil-memiştir, yani R2 kümesidir ve şunlar gerçekleşir:

∀M > 0 ,∃(xM , yM) ∈ R2 = Tan(f) , f(xM , yM) < −M

ve∀M > 0 ,∃(x∗M , y∗M) ∈ R2 = Tan(f) , f(x∗M , y

∗M) > M,

kısacası f polinomu, tanım kümesinde, istenilen her küçük gerçel sayıdan daha küçük veistenilen her pozitif gerçel sayıdan daha büyük değerler alabilmektedir.Gerçekten şunlarıgözlemek yeterlidir: p(x) = x2 − 10x − 10 polinomunun en büyük kökü q = 5 +

√35

olup, 12 < M gerçekleyen herhangi pozitif M için q = 5 +√

35 < 5 +√

36 = 11 <

141

12 < M ve böylece 0 < M2 − 10M − 10 ve 20M + 20 = 2(10M + 10) < 2M2 veböylece f(0,−M) = −M3 + 12M + 20 = −(M3 − (12M + 20)) < −M olur, çünkü13M + 20 < 20M + 20 < 2M2 < 12M2 < M3 nedeniyle M < M3 − (12M + 20) olmak-tadır, kısacası xM = 0, yM = −M alırsa f(xM , yM) < −M gerçekleşmektedir.x∗M ve y∗Mgerçel sayılarını siz belirleyiniz.

3) 32 birim metre küplük hacime sahip, üstten açık, en küçük toplam yüzeye sahip,dikdörtgenler prizması biçimindeki kutunun boyutları nedir?Çözüm: Boyutları 4 × 4 × 2 olan kutu çözümdür. Bu çözüm Lagrange yöntemiyle debulunabilir.Gerçekten x > 0 ve y > 0 olmak

üzere, tabanındaki dikdörtgenin alanı xy ve yüksekliği z > 0 olan, üstü açık dikdörtgenlerprizması biçimli kutunun yüzeylerinin toplam alanı S(x, y, z) = xy+2yz+2xz ve hacmiise V (x, y, z) = xyz = 32 olduğundan, S = S(x, y, z) alan fonksiyonunun g(x, y, z) =V (x, y, z) − 32 = xyz − 32 = 0 kısıtı altında ekstremumunu bulmak için ϕ(x, y, z) =S(x, y, z) + λg(x, y, z) = xy + 2yz + 2xz + λ(xyz − 32) fonksiyonunun R = (0,∞) ×(0,∞)× (0,∞) açık bölgesinde ekstremumu aranmalıdır ve

0 = ϕx = (1 + λz)y + 2z, 0 = ϕy = (1 + λz)x+ 2z, 0 = ϕz = 2(x+ y) + λxy

nedeniyle x = y = − 2z1+λz

ve x = y nedeniyle son koşul kullanılarak 0 = λx2+4x = x(λx+

4) olduğu ve 0 < x unutmadan λx+4 = 0 yani x = y = − 4λve böylece − 2z

1+λz= x = − 4

λ

yani 2λz = 4 + 4λz nedeniyle z = − 2λbularak 32 = xyz = (− 4

λ)(− 4

λ)(− 2

λ) = − 32

λ3ve

λ = −1 ve x = y = 4, z = 2 elde edilir.Dikkat edilirse, P0(4, 4, 2) noktasında, alanfonksiyonunun g(x, y, z) = 0 kısıtı altında ekstremuma sahip olabilmek için gerekli koşulolan

∂(S, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

= Sxgy − Sygx|P0= xz(y + 2z)− yz(x+ 2z)|P0

= 2z2(x− y)∣∣P0

= 0

yerine gelmektedir.

4) R2 uzayında x2 + 8xy + 7y2 = 225 hiperbolünün orijine en yakın noktalarını ve bunoktaların orijine olan uzaklıklarını belirleyiniz.Çözüm: R2 uzayında, (x1, y1) ve (x2, y2) noktaları arasındaki Öklid uzaklığı d((x1, y1), (x2, y2))=√|x1 − x2|2 + |y1 − y2|2 ve böylece bir (x, y) noktasının O(0, 0) orijin noktasına uzak-

lık değeri√x2 + y2 ve böylece orijine olan uzaklık fonksiyonu

√x2 + y2 olduğundan,

onun ekstremumlarıyla f(x, y) = x2 + y2 fonksiyonunun ekstremumları aynı olduğun-dan (neden?), bu örnekte üstelik kısıt g(x, y) = x2 + 8xy + 7y2 − 225 = 0 olduğu için,

142

Lagrange yöntemiyle R = (R× R)− {(0, 0)} açık bölgesinde

ϕ(x, y) = f(x, y) + λg(x, y) = x2 + y2 + λ(x2 + 8xy + 7y2 − 225)

polinom fonksiyonunun ekstremumları aranır,böylece 0 = ϕx = 2x + 2λx + 8λy =2 ((λ+ 1)x+ 4λy) ve 0 = ϕy = 2y+ 14λy+ 8λx = 2 ((7λ+ 1)y + 4λx) olması gerekir vex(λ+ 1) + 4λy = 0 ve y(7λ+ 1) + 4λx = 0 ve sonuçta x = − 4λy

λ+1ve 0 = y(7λ+ 1)− 16λ2y

λ+1

yani 0 = y [(7λ+ 1)(λ+ 1)− 16λ2] böylece (9λ2 − 8λ − 1)y = 0 ve sonuçta y 6= 0nedeniyle 9λ2− 8λ− 1 = 0 yani λ1 = 1, λ2 = −1

9olur.Aranan Lagrange çarpanı λ = −1

9

olur, çünkü λ = 1 için x = −4y2

= −2y ve (x, y) noktası hiperbol üzerinde olmasıistendiğinden 225 = x2 + 8xy + 7y2 = 4y2 − 16y2 + 7y2 = −5y2 ≤ 0 bulunurdu; dikkatedilirse aranan kritik nokta için y = 0 olsaydı x = −4λ.0

λ+1= 0 olurdu,oysa (0, 0) noktası

hiperbol üzerinde değilidir. Sonuçta λ = −19ve böylece x = −4( 1

9)y

1− 19

= y2ve sonuçta

225 = y2

4+ 8y2

2+ 7y2 = 45

4y2 yani y2 = 900

45= 20 ve y = ∓

√20 yani y = ∓2

√5 bularak

hiperbol üzerinde yer aldığı kolayca gözlenecek olan P0(√

5, 2√

5) ve P1(−√

5,−2√

5)noktalarının aranan noktalar olduğu ve bu noktaların orijine olan uzaklığı OP0 = OP1 =√

(√

5− 0)2 + (2√

5− 0)2 = 5 olur. Dikkat edilirse,f fonksiyonunun g(x, y) = 0 kısıtıaltında P0 ve P1 noktalarında ekstremuma sahip olabilmesi için gerekli koşullar olan

∂(f, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

= 0 =∂(f, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P1

yerine gelir, örneğin ∂(f,g)∂(x,y)

∣∣P0

= 16(x2 + y2) + 24xy∣∣P0

= −16.15 + 240 = 0 geçerlidir.

5) R3 uzayında x2

4+ y2

5+ z2

25= 1 elisoidiyle z = x+ y düzleminin kesişim eğrisinin orijine

en yakın ve en uzak noktalarını bulunuz ve bu uzaklıkları hesaplayınız.Çözüm: ϕ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + λ1(x

2

4+ y2

5+ z2

25− 1) + λ2(x+ y − z) fonksiyonunun

ekxtremumları aranır,burada

0 = g(x, y, z) =x2

4+y2

5+z2

25− 1 ve 0 = h(x, y, z) = x+ y − z

kısıtları altında, R3 uzayında orijine olan uzaklık fonksiyonu olan u(x, y, z) =√x2 + y2 + z2

yerine f(x, y, z) = u2(x, y, z) = x2 + y2 + z2 fonksiyonunun sözü edilen g(x, y, z) = 0 veh(x, y, z) = 0 kısıtları altında ekstremumları aranmaktadır. Sonuçta 0 = ϕx(x, y, z) =12[(λ1+4)x+2λ2], 0 = ϕy(x, y, z) = 1

5[2(λ1 + 5)y + 5λ2] ve 0 = ϕz(x, y, z) = 1

5[(2λ1 + 50)z − 25λ2]

nedeniyle (λ1 + 4)x+ 2λ2 = 0, 2(λ1 + 5)y+ 5λ2 = 0 ve (2λ1 + 50)z−25λ2 bularak, hemelipsoid hem düzlem üzerinde bulunan (kısacası kısıtları gerçekleyen) P (x, y, z) noktasıiçin

x = − 2λ2

λ1 + 4, y = − 5λ2

2(λ1 + 5), z =

25λ2

2(λ1 + 50)

143

ve zorunlu olarak λ2 6= 0 gözleyip (dikkat:λ2 = 0 olsa P (x, y, z) = (0, 0, 0) olur,oysa bunokta elipsoid üzerinde bulunmazdı), düzlem üzerinde bulunmanın gereği olarak

25λ22λ1+50

= −(

2λ2λ1+4

+ 5λ22(λ1+5)

)= (−λ2)

(2

λ1+4+ 5

2(λ1+5)

)böylece 0 = 17λ1

2 + 245λ1 +

750 = (λ1 + 10)(17λ1 + 75) ve sonuçta λ1 = −10 için x = λ23, y = λ2

2, z = 5λ2

6ve

1 = x24

+ y25

+ z225

= 19180λ2

2 nedeniyle λ2 = ∓6√

519

bularak P0

(2√

519, 3√

519, 5√

519

)ve

P1

(−2√

519,−3

√519,−5

√519

)noktaları,buna karşın λ1 = −75

17için bu kez x = 34λ2

7, y =

−17λ24, z = 17λ2

28ve sonuçta λ2 = ∓ 140

17√

646bularak P2

(40√646, −35√

646, 5√

646

)ve P3

(− 40√

646, 35√

646,− 5√

646

)noktaları elde edilir. Bu dört noktanın, sözü edilen kesişim eğrisi üzerinde bulunduğunu,çünkü hem elipsoid hem de düzlem üzerinde bulunduğunu gözleyiniz. Dikkat edilirse bukapalı eğrinin orjine en uzak noktaları P0 ve P1 olup OP0 = OP1 =

√(4 + 9 + 25) 5

19=

√10 ve en yakın noktaları P2 ve P3 olup OP2 = OP3 =

√1

146(402 + 352 + 52) =

√7517

geçerlidir. Dikkat edilirse f fonksiyonunun g(x, y, z) = 0 ve h(x, y, z) = 0 kısıtları altındabu noktada ekstremuma sahip olabilmesi için gerekli koşullar olan

∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣P0

= 0,∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣P1

= 0,∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣P2

= 0∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣P3

= 0

yerine gelir, örnegin, kısalık amacıyla q =√

519

yazarsak aşağıdaki bulunur:

∂(f, g, h)

∂(x, y, z)

∣∣∣∣P0

=

∣∣∣∣∣∣4q 6q 10qq 6q

510q25

1 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = q2

∣∣∣∣∣∣4 6 101 6

525

1 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 0

6) x2

9+ y2

16= 1 elipsinin içine çizilen en büyük alanlı dikdörtgenin alanı nedir?

Çözüm: Apaçıktır ki, bir elipsin içine çizilen dikdörtgenler içinde en büyük alanlı olanı,tüm köşe noktaları elipsin üzerinde bulunan, dikdörtgendir. Şekilde görülen ve her ikibileşeni pozitif gerçel sayılar olan

144

P (x, y) noktasının belirlediği çizili alanı (ki bu küçük dikdörtgen, aranan dikdörtgenindörtte birlik parçasıdır) maksimum yapan dikdörtgen aranmaktadır. Çizili alan apaçıkbiçimde xy olup, aranan alan fonksiyonu elbette S(x, y) = 4xy olup, P (x, y) köşe nok-tası elipsin üzerinde kısacası x2

9+ y2

16− 1 = 0 olmalıdır. O halde S(x, y) = 4xy alan

fonksiyonunun g(x, y) = x2

9+ y2

16− 1 = 0 kısıtı altındaki ekstremumları aranmalı yani

Lagrange yöntemiyle, 0 < x, 0 < y koşulları altında ϕ(x, y) = 4xy+ λ(x2

9+ y2

16− 1) fonk-

siyonunun ekstremumu belirlenmelidir. Burada R bölgesi R = R2−{(0, 0)} (⊆ R2) açıkbölgesidir, çünkü sorudaki elips bu açık bölgede çizilidir ve elipsin üzerindeki P (x, y)noktası P ∈ R =içR gerçeklediği için P noktasının x ve y bileşenlerini 0 = ϕx(x, y)ve 0 = ϕy(x, y) bağıntıları aracılığıyla belirleriz çünkü Önerme 1 kullanılır, o halde0 = ϕx(x, y) = 4y + 2λx

9= 2

9(λx + 18y) ve 0 = ϕy(x, y) = 4x + 2λy

16= 1

8(32x + λy) ger-

çekleyen x ve y pozitif gerçel sayıları aranmalıdır.Kolayca λx+ 18y = 0 ve 32x+λy = 0nedeniyle y = −λx

18ve 32x − λ2x

18= 0 yani λ2 = 32 · 18 = 576 = 242 ve böylece

λ = −24 bulunur, çünkü dikkat edilirse λ = 24 olsaydı, zaten 0 < x, 0 < y nedeniyle0 = λx + 18y = 24x + 18y = 3(8x + 6y) > 0 bulunurdu! Böylece y = − (−24)x

18= 4x

3ve

1 = x2

9+ y2

16= x2

9+ 16x2

16·9 = 2x2

9ve x = 3√

2, y = 4

3· 3√

2= 2√

2 ve S(x, y) = 4( 3√2)(2√

2) = 24

bm2 olur.P0( 3√2, 2√

2) noktasının gerçekten sözü edilen elips üzerinde bulunduğunu ve

S(x, y) = 4xy fonksiyonunun g(x, y) = x2

9+ y2

16− 1 = 0 kısıtı altında bir ekstremum

noktası olduğunu, çünkü

∂(S, g)

∂(x, y)

∣∣∣∣P0

= Sxgy − Sygx|P0=y2

2− 8x2

9

∣∣∣∣P0

=(2√

2)2

2− 8

9· 9

2= 0

gerçekleştiğini gözleyiniz.

Ödev :x2

a2+ y2

b2= 1 elipsinin içine çizilen en büyük alanlı dikdörtgenin alanının 2ab ol-

duğunu gösteriniz.

7) x2

9+ y2

16+ z2

36= 1 elipsoidinin içine çizilen en büyük hacimli dikdörtgenler prizması

biçimli kutunun hacmini hesaplayınız.Çözüm : Aranan maksimum hacimli dikdörtgenler prizmasının, tüm köşe noktaları elip-soid üzerinde bulunan kutu olacağı apaçıktır ve bu kutunun, her üç bileşeni de pozitifgerçel sayılar olan biricik köşe noktası P (x, y, z) olmak üzere, hacminin V (x, y, z) = 8xyz

olduğu ve üstelik x2

9+ y2

16+ z2

36−1 = 0 gerçekleneceği gözlenerek bir önceki örnekte olduğu

gibi (x, y, z) ∈ R = (0,∞)× (0,∞)× (0,∞) olmak üzere

ϕ(x, y, z) = 8xyz + λ(x2

9+y2

16+z2

36− 1)

fonksiyonun ekstremumu aranmalıdır. 0 = ϕx = 29(36yz + λx), 0 = ϕy = 1

16(64xz +

145

λy), 0 = ϕz = 136

(144xy + λz) ve böylece

λ = −36yz

x= −64xz

y= −144xy

z

ve z > 0 olduğu için 1x(36yz) = 1

y(64xz) eşitliğinden 36y2 = 64x2 yani 3y = 4x ve

x > 0 olduğu için son eşitlikten 64z2 = 144y2 = 144 · 16x2

9= 162x2 yani z = 2x

ve böylece 1 = x2

9+ y2

16+ z2

36= 3x2

9= x2

3yani x =

√3, y = 4√

3, z = 2

√3 bularak

V = 8 ·√

3 · 4√3· 2√

3 = 64√

3 olur.

Ödev : x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1 elipsoidinin içine çizilen en büyük hacimli dikdörtgenler prizması

biçimli kutunun hacmini bulunuz.

8) 0 < a < 6 ve 0 < M < 6 sabitleri verilsin. f(x, y) = ax2y3 iki değişkenli polinomununx+ y = M ve x > 0, y > 0 kısıtları altında ekstremumunu bulunuz.Çözüm : Dikkat edilirse 0 < y = M − x < M ve benzer biçimde 0 < x < M gözleye-rek, bunu bir Analiz I sorusuna dönüştürmek kolaydır, çünkü y = M − x olduğundanp(x) = ax2(M−x)3 (∀x ∈ (0,M)) polinomunun ekstremumu aranır ve p′(x) = 2ax(M−x)3− 3ax2(M −x)2 = ax(M −x)2(2M − 5x) nedeniyle (0, 2M

5] aralığında artan [2M

5,M)

aralığında azalan bu polinom maxx∈(0,M) p(x) = p(2M5

) = 4aM2

52(M − 2M

5)3 = 108aM5

55ger-

çekler. Böylece F = F (x, y) iki değişkenli polinomu için R = {(x, y) ∈ (0,∞)× (0,∞) :x + y = M} bölgesinde max(x,y)∈R F (x, y) = maxx∈(0,M) p(x) = 108aM5

55bulunur. Başka

ekstremum yoktur!

9) F (x, y, z) = xy2z3 fonksiyonunun x+ y+ z = 6 ve x > 0, y > 0, z > 0 kısıtları altındaekstremumlarını bulunuz.Çözüm : (x, y, z) ∈ (0,∞) × (0,∞) × 0,∞) olmak üzere ϕ(x, y, z) = xy2z3 + λ(x +y + z + −6) fonksiyonunun ekstremumları aranır, böylece 0 = ϕx = y2z3 + λ, 0 =ϕy = 2xyz3 +λ, 0 = ϕz = 3xy2z2 +λ nedeniyle −λ = y2z3 = 2xyz3 = 3xy2z2 ve sonuçtay = 2x = 2z

3nedeniyle y = 2x, z = 3x ve 6 = x+y+z = 6x ve böylece x = 1, y = 2, z = 3

belirlenerek P0(1, 2, 3) ekstremum noktası F (1, 2, 3) = 1·22 ·33 = 108 bulunur. Bu sorudakısıt G(x, y, z) = x + y + z − 6 olup, F = F (x, y, z) fonksiyonunun bu kısıt altında P0

noktasında ekstremuma sahip olabilmesi için gerekli koşul olan ∂(F,G)∂(x,y)

∣∣∣P0

= Fx − Fy|P0=

yz3(y − 2x)|P0= 54(2 − 2) = 0 yerine gelmektedir. Dikkat edilirse bir önceki sorudaki

yöntemle şu gözlenir:

R = {(x, y, z) ∈ R3 : 0 < x, 0 < y, 0 < z, x+ y + z = 6}= {(x, y, z) ∈ (0,∞)× (0,∞)× (0,∞) : x+ y + z = 6}

146

sınırlarını içermeyen üçgensel levha bölge R yukarıya çizilmiştir ve bu levhanın ya-nal duvarların hiçbirisinde elemanı yoktur, çünkü söz gelimi xz yanal duvarındaki tümnoktalar (x, 0, z) biçimindedir ve bunların hiçbirisi R bölgesine ait değildir, işte her-bir (x, y, z) ∈ R için bir önceki sorudaki gibi F (x, y, z) = xy2z3 ≤ 108 = F (1, 2, 3)gözlenerek (nasıl?) max(x,y,z)∈R F (x, y, z) = 108 = F (1, 2, 3) sonucuna ulaşılır, kısacasıP0 noktası bölgesel maksimum noktasıdır. Oysa F fonksiyonunun R bölgesinde ge-rek yerel minimumu gerekse bölgesel minimumu yoktur (tanımlanamaz). Gerçekten her(x, y, z) ∈ R için, bu bileşenler pozitif gerçel sayılar olduğundan, 0 < xy2z3 = F (x, y, z)olmaktadır ve dikkat edilirse min(x,y,z)∈R F (x, y, z) = m0 olacak biçimde hiçbirm0 pozitifgerçel sayısı belirlenemez, çünkü ∃(x0, y0, z0) ∈ R, F (x0, y0, z0) < m0 geçerlidir. Gerçek-ten herhangi ε ∈ (0, 1) için ∃(xε, yε, zε) ∈ R,F (xε, yε, zε) < ε göstermek yeterlidir; bunugözlemek için 0 < δε = 3

√ε yazıp q(x) = x2 − 3x + δε

2polinomundan yararlanabiliriz.

Bu polinomun kökleri olan r1 ve r2 gerçel sayıları (dikkat: 0 < δε < 1 ve 2δε < 2 < 9nedeniyle 0 < 9− 2δε < 9 gözleyiniz).

0 < r1 =3−√

9− 2δε2

<3 +√

9− 2δε2

= r2 < 3

gerçekler, o halde herhangi 0 < xε < r1 < r2 < 3 gerçel sayısı için (xε, xε, 6 − 2xε) ∈ Rve 0 < (xε − r1)(xε − r2) = x2

ε − 3xε − δε2

ve sonuçta 0 < 2(xε − r1)(xε − r2) =2x2

ε − 6xε + δε = δε− 2xε(3− xε) nedeniyle 0 < 2xε(3− xε) < δε ve böylece F (xε, xε, 6−2xε) = xε · x2

ε(6 − 2xε)3 = x3

ε

(2(3 − xε)

)3=(2xε(3 − xε)

)3< δ3

ε = ε bulunur. Demekki F fonksiyonu R bölgesinin hiçbir noktasında bölgesel minimumuma erişemez,üstelik inf(x,y,z)∈RF (x, y, z) = 0 olur (neden?). Şimdi de F fonksiyonunun, herhangi bir(x0, y0, z0) ∈ R noktasında yerel minimuma sahip olamadığını gözleyelim. O halde 0 <x0, 0 < y0, 0 < z0, 6 = x0+y0+z0 ve z0 ∈ R+ nedeniyle x0+y0 < x0+y0+z0 = 6 ve 0 <x0 < x0 + y0 < 6 olduğundan ∃ε0 > 0, 0 < x0 − ε0 < x0 < x0 + y0 < x0 + y0 + ε0 < 6 veböylece 0 < x0− ε0 < x0 < x0 + ε0 < 6−y0 < 6 bulunur ve kısalık amacıyla M0 = 6−y0

yazılırsa 0 < x0−ε0 < x0 < M0 < 6 gözlenir. Tıpkı bir önceki örneğin çözümünde olduğugibi p(x) = x(M0−x)3 (∀x ∈ [0,M0]) polinomu için p′(x) = (M0−x)2(M0−4x) nedeniyle,p = p(x) polinomunun (0,M0) aralığındaki biricik ekstremum noktası ξ0 = M0

4∈ (0,M0)

147

olup maxx∈[0,M0]p(x) = p(ξ0) =33M4

0

44geçerlidir ve bu polinomun (0,M0) aralığında

hiçbir yerel minimumu yoktur, dolayısıyla x0 ∈ (0,M0) iç noktasında da bir yerelminimuma sahip olması söz konusu olmaz, dolayısıyla yeterince küçük her ε > 0 için,sözgelimi her 0 < ε < ε0 için

∃ aε ∈ (x0 − ε, x0 + ε), p(aε) = aε · (M0 − aε)3 < p(x0) = x0 · (M0 − x0)3

bulunarak, zaten 0 < y20 ve z0 = 6− (x0 + y0) nedeniyle aεy2

0 · (M0− aε)3 < x0y20 · (M0−

aε)3 = x0y

20 · (6 − (x0 + y0))3 = x0y

20z

30 = F (x0, y0, z0) ve kolayca 0 < x0 − ε0 < aε <

x0 + ε < x0 + ε0 < 6 − y0 = M0 nedeniyle 0 < aε ve 0 < M0 − aε ve |aε − x0| < εve |(M0 − aε) − z0| =

∣∣(6 − (aε + y0))−(6 − (x0 + y0)

)∣∣ = |aε − x0| < ε nedeniyle(aε, y0,M0−aε) = (aε, y0, 6−(aε+y0)) ∈ R∩Kε(x0, y0, z0) ve ayrıca F (aε, y0,M0−aε) =aεy

20(M0 − aε)3 < F (x0, y0, z0) istenen sonucu bulunur.

Demek ki gerçekten şu gösterilmiş olur(neden?):

∀ε > 0, ∃(xε, yε, zε) ∈ Kε(x0, y0, z0) ∩R ,F (xε, yε, zε) < F (x0, y0, z0)

Bu sonuç R bölgesinin hiçbir noktasının F fonksiyonu için bir yerel minimum olama-dığını kanıtlamaktadır. Bitti!

10) 3x2 + 4xy + 6y2 = 140 elipsinin orijine en yakın ve en uzak noktalarını ve bu uzak-lıkları hesaplayınız.Çözüm: Tıpkı 4) çözümündeki yol izlenip ϕ(x, y) = x2 + y2 + λ(3x2 + 4xy + 6y2 − 140)için 0 = ϕx ve 0 = ϕy nedeniyle (3λ+ 1)x+ 2λy = 0 ve (6λ+ 1)y + 2λx = 0 ve böylecex = −2λ

3λ+1·y ve (x, y) noktası sözü edilen elips üzerinde olduğu için y 6= 0 gözleyerek (aksi

halde hem y = 0 hem de x = −2λ3λ+1· 0 = 0 bulunarak (x, y) = (0, 0) noktasının elips üze-

rinde olması gerekirdi, bu olanaksızdır.) İkinci eşitlikten (6λ+1)y− 4λ2

3λ+1·y = y

3λ+1[14λ2+

9λ + 1] = 0 ve böylece 14λ2 + 9λ + 1 = 0 nedeniyle (dikkat: yukarıdaki birinci eşitliknedeniyle, zorunlu olarak 3λ + 1 6= 0 gözleyiniz (nasıl?)) sonuçta λ1 = −1

2ve λ2 = −1

7

bulup λ1 = −12için x = −2y ve 140 = 3(−2y)2 + 4(−2y)y+ 6y2 = 10y2 ile elipsin orjine

en uzak noktaları P0(2√

14,−√

14) ve P1(−2√

14,√

14) ve λ2 = −17içinse, elipsin en ya-

kın noktaları P2(2, 4) ile P3(−2,−4) belirlenip OP2 = OP3 =√

20 <√

70 = OP0 = OP1

bulunur. Dikkat edilirse f(x, y) = x2 + y2 ve kısıt g(x, y) = 3x2 + 4xy + 6y2 − 140 = 0

için ∂(f,g)∂(x,y)

jakobiyeni, bu dört ekstremum noktasında sıfırdır.

11) f(x, y) = ex+y2 ve g(x, y) = x3y2 + 2x2y+ xy2 fonksiyonlarının R = [−1, 1]× [−1, 1]bölgesinde ekstremumlarını araştırınız.Çözüm: g fonksiyonu için |g(x, y)| ≤ 4 (∀(x, y) ∈ R) gerçeklendiğini gözlemek güçdeğildir. Gerçekten g(x, y) = x(x2y2 +2xy+y2) ve ayrıca her (x, y) ∈ R için hem |x| ≤ 1hem de |y| ≤ 1 ve sonuçta x2 = |x|2 ≤ 1 ve y2 ≤ 1 ve x2y2 ≤ 1 olduğundan, kolayca

|g(x, y)| = |x| ·|x2y2 +2xy+y2| ≤ |x2y2 +2xy+y2| ≤ x2y2 +2|x| ·|y|+y2 ≤ 2+2|x||y| ≤ 4

148

ve böylece g(−1,−1) = −4 ≤ g(x, y) ≤ 4 = g(1, 1) nedeniyle min(x,y)∈Rg(x, y) =g(−1,−1) ve max(x,y)∈R g(x, y) = g(1, 1) bulunarak P0(−1,−1) ve P1(1, 1) noktalarınıng polinomu için sırasıyla, R bölgesinin bölgesel minimumu ve bölgesel maksimumu ol-dukları anlaşılır. Unutulmasın: Tıkız (kapalı-sınırlı) bir bölgede tanımlı, gerçel değerlive sürekli her fonksiyon, bu tıkız bölgenin uygun bir noktasında en küçük değerine,uygun bir noktasında en büyük değerine erişir! Oysa dikkat edilirse gx(−1,−1) = 0 olurama gy(−1,−1) = 0 koşulu GERÇEKLEŞMEZ, çünkü gy(−1,−1) = −2 ve benzer bi-çimde gx(1, 1) = 8 > 6 = gy(1, 1) olmaktadır. Demek ki şu uyarıyı öğrenmiş oluyoruz: Rkapalı-sınırlı bölgesini çevreleyen eğriye ait bir (x0, y0) noktasında ekstremum varsa, bunoktada gx(x0, y0) = 0 ve gy(x0, y0) = 0 gerçekleşmesi GEREKMEMEKTEDİR; buradaP0 ve P1 noktalarının R bölgesini çevreleyen kapalı eğrinin noktaları olduğunu ve

P0 noktasının sol alt ve P1 noktasının sağ üst köşe noktası olduğunu gözleyin. Komp-leks Analiz’in benzer bir sonucu içR 6= ∅ gerçekleyen bir R ⊆ R2 bölgesinde tanımlıve analitik bir f : R −→ R2 kompleks değerli fonksiyonu ve herbir x0 ∈ içR için|f(x0)| < maxx∈R |f(x)| gerçekleştiğini, kısacası |f | fonksiyonunun en büyük değerineasla içR kümesinde erişemediğini söyler. Yukarıdaki P0 ve P1 noktaları kolayca görü-lebileceği gibi içR = (−1, 1) × (−1, 1) açık bölgesinin elemanı değildirler! Benzer bi-çimde, her (x, y) ∈ R için −1 ≤ x ≤ 1 nedeniyle −1 ≤ x ≤ x + y2 ve böylece −1 ≤x + y2 ve f(−1, 0) = 1

e= e−1 ≤ ex+y2 = f(x, y) gözleyerek f(−1, 0) = min(x,y)∈R f(x, y)

fakat daima 0 < ex+y2 = f(x, y) = fx(x, y) olduğundan, özel olarak 0 < fx(−1, 0) geçer-lidir (unutmayın: 0 < a sabiti ne olursa olsun, her x ∈ R için 0 < ax geçerlidir), kısacasıP2(−1, 0) noktası f fonksiyonu için bölgesel (ve sonuçta yerel (neden?)) bir ekstremumnoktasıdır ve fy(−1, 0) = 0 olmasına karşın fx(−1, 0) = 0 koşulu gerçekleşmemekte-dir.

Ödev: 2) örneğindeki polinomun R = [−1, 1]× [−1, 1] tıkız bölgesinde ekstremumlarınıaraştırınız.

12) f(x, y) = x2 + xy + y2 polinomunun tıkız R = [0, 1] × [0, 1] kare bölgesinde ekstre-mumlarını araştırınız.Çözüm:Bu polinomun f(0, 0) = min(x,y)∈R f(x, y) ve f(1, 1) = max(x,y)∈R f(x, y) ger-çeklediği kolayca görülür, çünkü her x, y ∈ R için 0 ≤ (x− y)2 nedeniyle 2xy ≤ x2 + y2

ve böylece −xy ≤ | − xy| = |x| · |y| ≤ 2|x| · |y| ≤ |x|2 + |y|2 = x2 + y2 nedeniylef(0, 0) = 0 ≤ x2 + xy + y2 (∀(x, y) ∈ R2 ⊇ R) ve böylece f(0, 0) = min(x,y)∈R f(x, y)bulunur. Her (x, y) ∈ R için x2 ≤ 1, y2 ≤ 1 ve 0 ≤ xy ≤ 1 nedeniyle f(x, y) ≤ 3 =

149

f(1, 1) yani f(1, 1) = max(x,y)∈Rf(x, y) bulunur. Dikkat edilirse P0(1, 1) ∈ R bir ekst-remum olmasına karşın fx(1, 1) = fy(1, 1) = 3 > 0 gerçekleşmektedir. P0 noktasının Rkapalı-sınırlı bölgesini çevreleyen çevre eğriye ait olduğunu gözleyiniz. Eğer (x0, y0) ∈ Rnoktasının bileşenlerinden birisi pozitif ise, sözgelimi 0 < x0 ise ∃ε0 > 0, ε0 < x0 − ε0

olur, dolayısıyla her 0 < ε < ε0 için 0 < ε0 < x0 − ε0 < x0 − ε = ξε < x0 ≤1 nedeniyle (ξε, y0) ∈ Kε(x0, y0) ∩

((0, 1) × [0, 1]

)⊆ Kε(x0, y0) ∩ R ve ayrıca 0 ≤ y0 ve

ξ2ε < x2

0 nedeniyle f(ξε, y0) = ξ2ε + ξεy0 + y2

0 < x20 + x0y0 + y2

0 = f(x0, y0) olur,kısacası

∀ε > 0,∃(xε, yε) ∈ Kε(x0, y0) ∩R, f(xε, yε) < f(x0, y0)

olmaktadır, siz benzer biçimde, x1 < 1 ya da y1 < 1 gerçekleyen (x1, y1) ∈ R için,

∀ε > 0,∃(x∗ε, y∗ε) ∈ Kε(x1, y1) ∩R, f(x1, y1) < f(x∗ε, y∗ε)

gerçeklediğini gösteriniz. f polinomunun içR = (0, 1)× (0, 1) açık bölgesinde hiç ekstre-mum noktasına sahip olmadığını Önerme1 yardımıyla gösteriniz.

13) Son iki örnekte karşılaşılan durumun benzerlerini, tek değişkenli gerçel değerli fonk-siyonlar için elde ediniz.Çözüm: Analiz I derslerinde, [a, b] aralığında gerçel değerli ve sürekli ve (a, b) aralı-ğında türetilebilir olan bir f = f(x) fonksiyonu için x0 ∈ (a, b) iç noktası bir ekst-remum noktası ise zorunlu olarak f ′(x0) = 0 gerçekleştiği kanıtlanır. f fonksiyonusöz konusu aralığın uç noktalarında ekstremuma sahipse, bu iddianın doğru olması ge-rekmez! h(x) = cosx (∀x ∈ [π

4, π

2)) fonksiyonu tanım aralığında her noktada türeti-

lebilir dolayısıyla süreklidir, bu aralıkta h′(x) = − sinx < 0 (∀x ∈ [π4, π

2]) gerçekle-

diği için azalandır, dolayısıyla x = π4sol uç noktası bir ekstremum noktasıdır, oysa

h′(π4) = − sin π

4= − 1√

2< 0 olmakta, kısacası h′(π

4) = 0 koşulu gerçekleşmemektedir

. Benzer şeyler minx∈[π4,π2

] h(x) = h(π2) = cos π

2= 0 gerçekleyen, yani bir ekstremum nok-

tası olan x = π2sağ uç noktası içinde geçerlidir ve h′(π

2) = −1 6= 0 olmaktadır. Benzer

şeyleri [0, 1] aralığında g(x) = 1− x2polinomu için gözleyin.

14) 2x2 + 3y2 + z2 − 12xy + 4xz = 35 elipsoidindeki noktaların üçüncü bileşenlerinin enküçüğü ve en büyüğü nedir.Çözüm : ϕ(x, y, z) = z+λ(2x2 + 3y2 + z2− 12xy+ 4xz− 35) polinomunun ekstremum-larını aranır ve 0 = ϕx = 4λ(x− 3y + z), 0 = ϕy = 6λ(y − 2x), 0 = ϕz = 1 + 2λ(2x+ z)bularak, elipsoid üzerinde yer alan P (x, y, z) noktası için y = 2x, z = 5x, ve 14λx+1 = 0bularakx = − 1

14λ,y = − 2

14λ, z = − 5

14λve sonuçta 35 = 2(− 1

14λ)2+3(− 1

14λ)2+(− 5

14λ)2+4( 5

142λ2) =

35142λ2

yani λ = ∓ 114

bulup λ = − 114

için z = 5 en büyük değerini λ = 114

için z = −5 enküçük değerini elde ederiz.

15) İki değişkenli F (x, y) =π∫0

(sin t− (xt2 + yt))2dt fonksiyonunun minimumunu belirle-

yiniz.

150

Çözüm : Her (x, y) ∈ R2 için F = F (x, y) fonksiyonunun tanımlı olduğuna dikkat ediniz.Birazdan göreceğimiz ünlü Leibniz bağıntısıyla, tümlev altında türev alarak aşağıdakilerbulunur:

Fx =

π∫0

(∂

∂x)[(

sin t− (xt2 + yt))2]dt = 2

π∫0

(−t2)(sin t− xt2 − yt)dt

= (−2)

π∫0

t2 sin tdt+ 2x

π∫0

t4dt+ 2y

π∫0

t3dt

= 8− 2π2 +2xπ5

5+

2yπ4

4ve Fy = −2π +

xπ4

2+

2yπ3

3.

Böylelikle, tüm R2 kümesinde sürekli kısmi türevlere sahip olan F fonksiyonunun ekst-remumlarını belirlemek için Fx = 0 ve Fy = 0 denklemleriyle, katsayılar determinantı

D =

∣∣∣∣ π5

5π4

4π4

22π3

3

∣∣∣∣ =π8

120

olan

π5x

5+π4y

4= π2 − 4,

π4x

2+

2π3y

3= 2π

denklem sistemi elde edilerek

x =1

D=

∣∣∣∣ π2 − 4 π4

4

2π 2π3

3

∣∣∣∣ =20(π2 − 16)

π5, y =

12(20− π2)

π4

bulunur. Bu gerçel sayılara x0 = 20(π2−16)π5 ve y0 = 12(20−π2)

π4 denilirse F fonksiyonu için

Fx(x0, y0) = 8− 2π2 +2x0π

5

5+

2y0π4

4= 8− 2π2 + 8(π2 − 16) + 6(20− π2) = 0

benzer biçimde Fy(x0, y0) = 0 gözleyip P0(x0, y0) noktasının F için bir ekstremum nok-tası olduğu bir kez daha gözlendikten sonra üstelik

0 < Fxx(x0, y0) ve 0 < Fxx(x0, y0) · Fyy(x0, y0)− F 2xy(x0, y0)

nedeniyle Yeterlik Teoreminin gereği olarak P0 noktasının F için biricik minimumnoktası olduğu anlaşılır, çünkü aslında, ∀(x, y) ∈ R2 için 0 < Fxx = 2π5

5, 0 < Fyy = 2π3

3

, Fxy = π4

2ve 0 < π8

60= Fxx · Fyy − F 2

xy nedeniyle, TanF = R2 kümesinde Fx(x, y) =

151

0 = Fy(x, y) gerçekleyen biricik ekstremum noktası zorunlu olarak minimum noktasıolacaktır, bu koşulların tümünü yerine getiren biricik nokta P0(x0, y0) noktasıdır ve

min(x,y)∈R2

F (x, y) = F (x0, y0) =

π∫0

(sin t− x0t2 + y0t)

2dt

=

π∫0

sin2 tdt− 2x0

π∫0

t2 sin tdt− 2y0

π∫0

t sin tdt+

π∫0

(x0t2 + y0t)

2dt

=x2

0π5

5+x0y0π

4

2+y3

0π3

3− 2x0π

2 + 8x0 − 2y0π +π

2bulunup x0 ve y0 sayılarının değeri konularak bu minimum hesaplanır, öğrenci bu he-saplamayı yapmalıdır!

16) 0 < b < a olmak üzere x2

a2+ y2

b2= 1 elipsinin orijine en yakın ve en uzak olduğu

noktaları belirleyiniz.Çözüm : 0 < b < a nedeniyle, elips üzerinde yer alıp orijine en uzak olan iki noktanınP0(a, 0) ve P1(−a, 0) en yakın olanlarınsa P2(0, b) ile P3(0,−b) oldukları, hiç Önerme 1kullanmadan gözlenir, çünkü 0 < 1

a< 1

bve sonuçta 0 < 1

a2≤ 1

b2ve y2

a2≤ y2

b2(∀y ∈ R)

nedeniyle, elips üzerinde bulunan herhangi bir P (x, y) için OP ≤ OP0 gözlemek kolay-dır, çünkü x2+y2

a2= x2

a2+ y2

a2≤ x2

a2+ y2

b2= 1 ve böylece OP 2

= x2 + y2 ≤ a2 = OP02 olur.

Böylece OP ≤ OP0 = OP1 ve OP2 = OP3 = b ≤ OP bularak (nasıl?) istenenler eldeedilir.

17) R3 uzayında ax + by + cz + d = 0 düzleminin, uzayın P0(x0, y0, z0) sabit noktasınaen yakın noktası ve onun P0 noktasına olan uzaklığı nedir?Çözüm : R3 uzayında, herhangi bir P (x, y, z) noktasının P (x0, y,z0) noktasına uzaklığı√

(x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 olup, bunun g(x, y, z) = ax + by + cz + d = 0 kısıtıaltında ekstremumu aramak yerine, Lagrange yöntemiyle

ϕ(x, y, z) = (x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2 + λ(ax+ by + cz + d)

polinomununki aranır ve aşağıdakileri gözleyip 0 = ϕx = 2(x − x0) + λa, 0 = ϕy =2(y − y0) + λb, 0 = ϕz = 2(z − z0) + λc sonuçta x = x0 − λa

2, y = y0 − λb

2, z = z0 − λc

2

bulunur ve P (x, y, z) noktasının sözü edilen düzlem üzerinde olması istendiğinden

0 = ax+ by + cz + d = ax0 + by0 + cz0 + d− λ

2(a2 + b2 + c2)

ve böylece, kısalık amacıyla λ0 = ax0+by0+cz0+da2+b2+c2

yazıp λ = 2λ0 yani λ2

= λ0 gözleye-rek,aranan P (x, y, z) noktasının bileşenleri aşağıdakilerdir:

x = x0 − λ0a, y = y0 − λ0b, z = z0 − λ0c

152

Dikkat edilirse P1(x0 − λ0a, y0 − λ0b, z0 − λ0c) noktası gerçekten sözü edilen düzlemüzerindedir, çünkü a(x0 − λ0a) + b(y0 − λ0b + c(z0 − λ0c) + d = ax0 + by0 + cz0 + d −λ0(a2 + b2 + c2) = 0 geçerlidir ve sözü edilen düzlemin P0(x0, y0, z0) noktasına en yakınnoktasıdır ve kolayca P1 noktasınn P0 noktasına olan uzaklığı

P0P1 =√

(x0 − (x0 − λ0a))2 + (y0 − (y0 − λ0b))2 + (z0 − (z0 − λ0c))2 =√λ2

0 · (a2 + b2 + c2)

=

√(ax0 + by0 + cz0 + d)2

a2 + b2 + c2=|ax0 + by0 + cz0 + d|√

a2 + b2 + c2

olarak bulunur. Dikkat edilirse P1 noktası şu geometri sorusunun da çözümü olarak be-lirlenebilir : F (x, y, z) = ax + by + cz + d = 0 düzlemsel yüzeyinin hangi noktasındançıkılan normal doğrusu, verilen P0(x0, y0, z0) noktasından geçer? Bu sorunun yanıtı, P0

noktasından düzleme indirilen dikmenin düzlemi hangi noktada kestiğini, yani düzleminhangi noktasının P0 noktasına en yakın nokta olduğunu belirler. Düzlemin P1 noktasın-dan çıkılan normal doğrusunun sayfa 106’daki denklemleri

x = x0 − λ0a+ at, y = y0 − λ0b+ bt, z = z0 − λ0c+ ct (∀t ∈ R)

olup, P0 noktasının gerçekten bu doğru üzerinde olduğunu, çünkü t = λ0 ∈ R içinx0 = x0 + a(t− λ0), y0 = y0 + b(t− λ0), z0 = z0 + c(t− λ0) gerçeklendiğini görmek yeter.Dikkat edilirse, eğer P0 noktası düzlemin üzerinde ise, yani ax0 + by0 + cz0 + d = 0 iseλ0 = 0 ve sonuçta P1 = P0 bulunur, kısacası düzlemin P0 noktasına en yakın noktası P0

noktasının kendisi olur.

18) Bir elipsin bir P0(x0, y0) noktasına en yakın noktası nasıl belirlenir?Çözüm: Elipsimiz x2

a2+ y2

b2= 1 ise, sorunun Lagrange yöntemiyle çözümü için

ϕ(x, y) = (x− x0)2 + (y − y0)2 + λ

(x2

a2+y2

b2− 1

)fonksiyonunun ekstremumları aranır ve 0 = ϕx ile 0 = ϕy denklemlerinden x = a2x0

λ+a2ve

y = b2y0λ+b2

bulunup P (x, y) noktasının elips üzerinde olması istendiğinden 1 =a2x20

(λ+a2)2+

b2y20(λ+b2)2

ve böylelikle ((λ+a2)(λ+ b2))2 = (λ+ b2)2a2x0 +(λ+a2)2b2y0 bulunarak, arananλ Lagrange çarpanının dördüncü dereceden aşağıdaki polinomun kökleri olması gerekir:

λ4 + 2(a2 + b2)λ3 +(a4 + 4a2b2 + b4 − (a2x2

0 + b2y20))λ2 + 2a2b2(a2 + b2 − x2

0 − y20)λ

+a2b2(a2b2 − b2x20 − a2y2

0) = 0

Dördüncü derece polinomlarının köklerini belirleyen cebirsel bağlantılar kullanılır.

153

19) R3 uzayında O(0, 0, 0) noktasının x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1 elipsoidiyle Ax + By + Cz = 0

düzleminin kesişim eğrisine en kısa ve en uzun uzaklığı nasıl bulunur, açıklayınız.Çözüm: Extremumları araştırılacak polinom şudur:

ϕ(x, y, z) = x2 + y2 + z2 + λ1(x2

a2+y2

b2+z2

c2− 1) + λ2(Ax+By + Cz)

O halde 0 = ϕx = λ2A + 2x(1 + λ1

a2

), 0 = ϕy = λ2B + 2y

(1 + λ1

b2

), 0 = ϕz = λ2C +

2z(1 + λ1

c2

)ve böylelikle şunlar bulunur:

x = − λ2Aa2

2(λ1 + a2), y = − λ2Bb

2

2(λ1 + b2), z = − λ2Cc

2

2(λ1 + c2)(∗)

Bu noktanın elipsoid ve düzlemin kesişim eğrisi üzerinde olması istendiğinden , elipsoidüzerinde bulunmanın gereği olarak öncelikle (x, y, z) 6= (0, 0, 0) ve sonuçta λ2 6= 0 gözle-

nerek 0 = Ax+By+Cz = −λ22

[A2a2

λ1+a2+ B2b2

λ1+b2+ C2c2

λ1+c2

]ve böylece 0 = A2a2

λ1+a2+ B2b2

λ1+b2+ C2c2

λ1+c2

bulunur, demek ki λ1 çarpanı, λ değişkeninin ikinci dereceden polinomu olan

(λ+ b2)(λ+ c2)a2A2 + (λ+ a2)(λ+ c2)b2B2 + (λ+ a2)(λ+ b2)c2C2 = 0

polinomunun kökü olmalıdır. λ1 çarpanı belirlendikten sonra, bu kez

1 =x2

a2+y2

b2+z2

c2=λ2

2

4

[A2a2

(λ1 + a2)2+

B2b2

(λ1 + b2)2+

C2c2

(λ1 + c2)2

]bağıntısından λ2 Lagrange çarpanı aşağıdaki biçimde belirlenir:

λ2 = ∓ 2√A2a2

(λ1+a2)2+ B2b2

(λ1+b2)2+ C2c2

(λ1+c2)2

Böylece aranan P (x, y, z) noktaları (∗) bağıntılarından belirlenir, bitti!

20) f(x, y) = xy ln(x+ y) fonksiyonunun aşağıdaki açık bölgede ekstremumlarını araştı-rınız:

R ={

(x, y) ∈ R2 : x+ y > 0}

={

(x, y) ∈ R2 : y > −x}

Çözüm: R bölgesi gerçekten açık olduğundan, kritik noktaları bulmak için

0 = fx(x, y) = y ln(x+ y) +xy

x+ y, 0 = fy(x, y) = x ln(x+ y) +

xy

x+ y

böylece fx(x, y) − fy(x, y) = 0 yani (x − y) ln(x + y) = 0 böylelikle ya x = y yadax+ y = 1 olması gerektiği anlaşılır. x = y iken x ln(2x) + x

2= 0 böylece ln(2x) = −1

2ve

154

y = x = 12√eböylece P0( 1

2√e, 1

2√e) kritik noktası bulunur. x+ y = 1 iken 0 = xy böylece

P1(1, 0) ve P2(0, 1) kritik noktaları bulunur. Dikkat edilirse

4(x, y) = fxx(x, y)fyy(x, y)− (fxy(x, y))2

=

(y

x+ y+

y2

(x+ y)2

)·(

x

x+ y+

x2

(x+ y)2

)−(

ln(x+ y) +y

x+ y+

x2

(x+ y)2

)böylece 4(P0) > 0 ve fxx|Po > 0 bulunarak P0 noktasının bir yerel minumum ol-duğu anlaşılır, f

(1

2√e, 1

2√e

)= − 1

8e< 0 olur. P1 ve P2 noktalarının f için bir ekstre-

mum noktası olmadığı sözgelimi Rε =(1− ε

2, ε

4

)ve R∗ε =

(1 + ε

2, ε

2

)noktalarının hem

Rε, R∗ε ∈ Kε(1, 0) hem de f

(1− ε

2, ε

4

)< 0 = f(1, 0) < f

(1 + ε

2, ε

2

)gözleyiniz.

21) R = (−π, π)× (−π, π) açık bölgesinde f(x, y) = x+ y+ 4 cosx · cos y fonksiyonununekstremumlarını bulunuz.Çözüm:R açık bölgesinde f fonksiyonunun kritik noktalarını bulmak için fx(x, y) =1 − 4 sinx · cos y , fy(x, y) = 1 − 4 cosx sin y olduğundan 0 = 1 − 4 sinx · cos y , 0 =1−4 cosx·sin y bağıntılarının farkını alıp 0 = 4(cos x·sin y−sinx·cos y) = 4 sin(y−x) ⇒sin(y − x) = 0 böylece R bölgesinde ya y − x = 0 yada y − x = ∓π olur, çünküR bölgesinde y − x = ∓2π , y − x = ∓3π vb. gerçekleşmez (neden?). Eğer x = yise 0 = fx(x, x) = 1 − 4 sinx cosx = 1 − 2 sin(2x) = fy(x, x) böylece sin(2x) = 1

2

yani x = π12

= y ve P0

(π12, π

12

)bulunur. Eğer x ∓ π = y ise 0 = fx(x, x ∓ π) =

1− 4 sinx · cos(x∓ π) = 1 + 4 sinx cosx ⇒ 0 = 1 + 2 sin(2x) ve x = − π12, y = 11π

12yada

y = −13π12

olur ve P1

(− π

12, 11π

12

)ve P2

(− π

12,−13π

12

)kritik noktaları bulunur. fxx(x, y) =

−4 cosx · cos y = fxx(x, y) ve fxy(x, y) = 4 sinx · sin y olduğundan, P0 noktası içinfxx(P0) = −4 cos2

(π12

)< 0 buna karşılık fxy(P0) = 4 sin2

(π12

), sin

(π12

)= sin

(π3− π

4

)=

sin(π3

)· cos

(π4

)− cos

(π3

)· sin

(π4

)= 1√

2

(sin(π3

)− cos

(π3

))=√

6−√

24

ve cos(π12

)=

cos(π3− π

4

)=√

6+√

24

olup 4(P0) = fxx(P0)fyy(P0) − f 2xy(P0) = f 2

xx(P0) − f 2xy(P0) =

8√

3 > 0 bulunacağından P0 noktası bir yerel maksimumdur f(P0) = π6

+ 4+√

122

> 0

olur. Öteki noktaları araştırınız.

22) f(x, y, z) = 3x−2y+z fonksiyonu S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 14} küresininhangi noktasında maksimumuna erişir, belirleyiniz.Çözüm: ϕ(x, y, z) = f(x, y, z) + λ(x2 + y2 + z2 − 14) aracı fonksiyonunun R = R3 −{(0, 0, 0)} açık bölgesinde ekstremumları aranır ve λ = ±1

2bularak, küre üzerindeki ara-

nan noktanın P0 (3,−2, 1) ve f gerçel değerli fonksiyonunun S küresinin noktalarındaeriştiği en büyük değerinin f(P0) = 14 olduğu anlaşılır.

23) x1y1 + x2y2 + x3y3 gerçel değerli fonksiyonunun∑3

k=1 x2k = 1 ve

∑3k=1 y

2k = 1 ve

xk ≥ 0, yk ≥ 0 (k = 1, 2, 3) kısıtları altında maksimumunu araştırınız.Çözüm: Soru şunu sormaktadır: Hangi P1 = (x1, x2, x3) ve P2 = (y1, y2, y3) nokta çifti

155

için, soruda verilen kısıtlar altında 〈P1, P2〉 =∑3

k=1 xkyk iç çarpım değeri olan gerçelsayı maksimumuna erişir. Oysa ünlü Cauchy-Schwarz eşitsizliği nedeniyle

|〈P1, P2〉| =

∣∣∣∣∣3∑

k=1

xkyk

∣∣∣∣∣ ≤√√√√ 3∑

k=1

x2k .

√√√√ 3∑k=1

y2k = 1

bilindiğinden 〈P1, P2〉 iç çarpım değeri en fazla 1 olabilir ve aslında bu iç çarpımı 1değerine eriştiren ve kısıtları gerçekleyen nokta çiftleri vardır; örneğin P1 (1, 0, 0) =

P2 (1, 0, 0) çifti için ya da P ∗1(

1√2, 1√

2, 0)

= P ∗2

(1√2, 1√

2, 0)çifti için hem kısıtlar, hem de

〈P1, P2〉 = 1 koşulları kolayca gerçeklenir. Bu sonucu Lagrange yöntemiyle de bulabilir-dik. Gerçekten R = (R3 − {(0, 0, 0)})× (R3 − {(0, 0, 0)}) açık bölgesinde altı değişkenliaşağıdaki aracı fonksiyonun

ϕ(x1, x2, x3, y1, y2, y3) =3∑

k=1

xkyk + λ1

(3∑

k=1

x2k − 1

)+ λ2

(3∑

k=1

y2k − 1

)

ekstremumlarını arayarak λ1 = λ2 = ±12ve herbir k = 1, 2, 3 için xk ≥ 0 ve yk ≥

0 unutmadan sonuçta xk = yk (k = 1, 2, 3) bularak, kısıtları gerçekleyen, yani R3 uzayındakiS birim küresi üzerinde bulunup tüm bileşenleri negatif olmayan herhangi bir P1 ∈S noktası için P1 = P2 olması gerektiği anlaşılır, istenen çözüm bulunmuş olur.

24) Düzlemde 2x2 − 4xy + 2y2 − x− y = 0 parabolünün 9x− 7y + 16 = 0 doğrusuna enyakın olduğu noktayı bulunuz.Çözüm: Bilindiği gibi düzlemde sabit bir P (x0, y0) noktasının bir ax + by + c = 0doğrusuna olan uzaklık değeri

|ax0 + by0 + c|√a2 + b2

> 0

olup, sonuçta verilen parabolün herhangi bir P (x, y) noktasının 9x − 7y + 16 = 0 doğ-rusuna olan uzaklık değerinden yararlanıp

ϕ(x, y) =(9x− 7y + 16)2

130+ λ(2x2 − 4xy + 2y2 − x− y)

aracı fonksiyonunun ekstremumları aranır.

0 = ϕx(x, y) =9

65(9x− 7y + 16) + λ(4x− 4y − 1)

0 = ϕy(x, y) = − 7

65(9x− 7y + 16) + λ(4y − 4x− 1)

9x− 7y + 16 = 65λ (1)

156

sonuçta y = x+2 ve P (x, y) noktasının parabol üzerinde olması koşulundan x = 3, y = 5yani P0(3, 5) kritik noktası ve (1) nedeniyle λ = 8

65bulunur. Kısıt var olduğundan

Yeterlik Teoremi kullanılmaz!

ϕxx =81

65+ 4λ =

113

65, ϕyy =

63

65+ 4λ =

95

65, ϕxy = −190

65

böylece

d2ϕ = ϕxx(x, y)(dx)2 +ϕyy(dy)2 +ϕxy(x, y)(dx)(dy) =113

65(dx)2 +

95

65(dy)2− 190

65(dx)(dy)

kısıt koşulundan yararlanıp onun diferansiyelini alıp

(4x− 4y − 1)dx− (4x− 4y + 1)dy|P0 = −9dx+ 7dy = 0 ve dy =9

7dx

böylece d2ϕ|P0 =(

11365

+ 19·8113·49− 9·38

13· 7)

(dx)2 = 126265·49

(dx)2 > 0 bulunur, demek ki P0 nok-tası aranan ekstremumdur ve aranan uzaklık 8√

130> 0 sayısıdır.

Leibniz Bağıntısı ve Uygulamaları

Bu bölümde son olarak usta Alman Matematikçi G.Wilhelm Leibniz’in iki yararlı teore-mini kanıtlayıp, onlardan yararlanıp bazı Riemann tümlevlerini hesaplamayı öğreneceğizve ünlü Pfaff Teoremini kanıtlayacağız. Önce gerekli olduğu için aşağıdaki ünlü teoremikanıtlayalım:

Tümlev Hesabın Birinci Aradeğer Teoremi:f fonksiyonu [a, b] aralığında sürekli ve g fonksiyonu [a, b] aralığında R tümlevlenebilirve g(x) > 0 (∀x ∈ [a, b]) ise şu geçerlidir:

∃ξ ∈ [a, b],

∫ b

a

f(x)g(x)dx = f(ξ) ·∫ b

a

g(x)dx

Kanıtlama: [a, b] kapalı-sınırlı aralığında sürekli f fonksiyonu, bu aralıkta en büyükve en küçük değerine eriştiğinden m = minf([a, b]) ve M = maxf([a, b]) gerçel sayı-ları iyi tanımlı ve m 6 f(x) 6 M (∀x ∈ [a, b]) ve 0 6 g(x) (∀x ∈ [a, b]) nedeniylem ·g(x) 6 f(x) ·g(x) 6M ·g(x) (∀x ∈ [a, b]) ve dolayısıyla tümlev alarak m

∫ bag(x)dx 6∫ b

af(x)g(x)dx 6 M

∫ bag(x)dx bulunur. Kısalık amacıyla Tg =

∫ bag(x)dx (> 0) ve

c =∫ baf(x)g(x)dx gerçel sayılarıyla h(x) = Tg · f(x) (∀x ∈ [a, b]) sürekli fonksiyonu ta-

nımlanırsa, sürekli gerçel değerli h fonksiyonu, uygun x0, x1 ∈ [a, b] gerçel sayılarında enküçük ve en büyük değerine erişeceğinden h(x0) = minx∈[a,b]h(x) = minx∈[a,b]Tg · f(x) =Tg ·minx∈[a,b]f(x) = m·Tg 6 h(x) 6 maxx∈[a,b]h(x) = Tg ·maxx∈[a,b]f(x) = M ·Tg = h(x1)

157

yani biraz önce bulunan m · Tg 6 c 6 M · Tg eşitsizliği nedeniyle h(x0) = mTg 6 c 6M ·Tg = h(x1) bulunur, oysa ünlü aradeğer teoremiyle sürekli gerçel değeri bir fonksiyoneriştiği iki değer arasında yer alan her değere en az bir kez eriştiğinden ∃ξ ∈ [x0, x1] ⊆[a, b], c = h(ξ) = Tg · f(ξ) = f(ξ) ·

∫ bag(x)dx yani

∫ baf(x)g(x)dx = f(ξ) ·

∫ bag(x)dx olur.

Dikkat: f fonksiyonu, o halde, [a, b] aralığında sürekli ise şu gerçekleşir:

∃ξ ∈ [a, b],

∫ b

a

f(x)dx = f(ξ)(b− a)

çünkü g fonksiyonu g(x) = 1 (∀x ∈ [a, b]) biçiminde tanımlanırsa, tüm hipotezleri yerinegelen önceki teorem kullanılır. Bu inanılmaz sonuç şu şaşırtıcı gerçeği söylemektedir: Bir[a, b] aralığında sürekli bir f gerçel değerli fonksiyonunun, bu aralıktaki Riemann tümlevdeğeri (ki bu değer aslında f fonksiyonunun grafiği ile Ox ekseni arasında kalan bölgeninalan değeridir.) yüksekliği f(ξ) olan uygun bir dikdörtgenin alanı olmaktadır.

Kısacası yukardaki taralı alanlar, inanılması güç olsa da, eşittirler!Artık ünlü LeibnizTeoremini kanıtlayabiliriz.

Leibniz Teoremi: g ve h fonksiyonları α ∈ [a, b] değişkeninin türetilebilir fonksiyonları,f ve fα ise (x, α) değişkeninin sürekli fonksiyonları ise ϕ(α) =

∫ h(α)

g(α)f(x, α)dx fonksiyonu

türetilebilirdir ve şu bağıntı geçerlidir:

ϕ′(α) =

∫ h(α)

g(α)

fα(x, α)dx+ f(h(α), α) · h′(α)− f(g(α), α) · g′(α)

Buna Leibniz bağıntısı denilir.Kanıtlama: α ∈ [a, b] alınsın, sabit tutulsun. ϕ fonksiyonunun tanımı nedeniyle, yete-

158

rince küçük δ için

ϕ(α + δ) =

∫ h(α+δ)

g(α+δ)

f(x, α + δ)dx

=

∫ g(α)

g(α+δ)

f(x, α + δ)dx+

∫ h(α)

g(α)

f(x, α + δ)dx+

∫ h(α+δ)

h(α)

f(x, α + δ)dx

ϕ(α + δ)− ϕ(α) =

∫ g(α)

g(α+δ)

f(x, α + δ)dx+

∫ h(α)

g(α)

(f(x, α + δ)− f(x, α)

)dx

+

∫ h(α+δ)

h(α)

f(x, α + δ)dx

=

∫ h(α+δ)

h(α)

f(x, α + δ)dx+

∫ h(α)

g(α)

(f(x, α + δ)− f(x, α)

)dx

−∫ g(α+δ)

g(α)

f(x, α + δ)dx

bulunur, burada birinci ve sonuncu Riemann tümlevlerine, Tümlev Hesabın Birinci Ara-değer Teoreminin sonucu uygulanırsa, üstelik fα kısmi türevinin sürekli olması nedeniylef(x, α+ δ)− f(x, α) = δ · fα(x, ξ3,δ) olacak biçimde uygun bir ξ3,δ gerçel sayısı, 0 < δ iseα < ξ3,δ < α + δ ve δ < 0 ise α + δ < ξ3,δ < α gerçekleşecek biçimde var olduğundan,sonuçta

ϕ(α+δ)−ϕ(α) = f(ξ1,δ, α+δ)·(h(α+δ)−h(α))+δ·∫ h(α)

g(α)

f(x, ξ3,δ)dx−f(ξ2,δ, α+δ)·(g(α+δ)−g(α))

bulunur, burada örneğin F (x) = f(x, α+ δ) biçiminde tanımlanan gerçel değerli sürekliF fonksiyonu aracılığıyla aşağıdakinin geçerli olduğu gözlenmiştir :∫ h(α+δ)

h(α)

f(x, α+δ)dx =

∫ h(α+δ)

h(α)

F (x)dx = F (ξ1,δ)·(h(α+δ)−h(α)) = f(ξ1,δ, α+δ)·(h(α+δ)−h(α))

O halde, yeterince küçük δ 6= 0 sayıları için

ϕ(α + δ)− ϕ(α)

δ= f(ξ1,δ, α+δ)·h(α + δ)− h(α)

δ+

∫ h(α)

g(α)

fα(x, ξ3,δ)dx−f(ξ2,δ, α+δ)·g(α + δ)− g(α)

δ

ve δ → 0 için g(α + δ)→ g(α), h(α + δ)→ h(α), ξ1,δ → h(α), ξ2,δ → g(α), ξ3,δ → α ve|fα(x, ξ3,δ)− fα(x, α)| < ε nedeniyle∣∣∣∣∣

∫ h(α)

g(α)

(fα(x, ξ3,δ)− fα(x, α))dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ h(α)

g(α)

|fα(x, ξ3,δ)− fα(x, α)|dx < ε

∫ h(α)

g(α)

dx

159

= ε · (h(α)− g(α)) ≤ ε ‖ h− g ‖ve böylece, özel olarak ε′ = ε

1+‖h−g‖ için bunlar yazılarak sonuçta δ → 0 için |∫ h(α)

g(α)fα(x, ξ3,δ)dx−∫ h(α)

g(α)fα(x, α)dx| → 0

kısacası

limδ→0

∫ h(α)

g(α)

fα(x, ξ3,δ)dx =

∫ h(α)

g(α)

fα(x, α)dx

gözleyerek, istenen

ϕ′(α) = limδ→0

ϕ(α + δ)− ϕ(α)

δ

= limδ→0

f(ξ1,δ, α + δ)·h(α + δ)− h(α)

δ+

∫ h(α)

g(α)

fα(x, α)dx+limδ→0

f(ξ2,δ, α+δ)·g(α + δ)− g(α)

δ

= f(h(α), α) · h′(α) +

∫ h(α)

g(α)

fα(x, α)dx− f(g(α), α) · g′(α)

sonucu bulunur, bitti!Yukarıdaki teoremden aşağıdaki iki kullanışlı sonuç elde edilir:

Önerme 2: c ve d sabit olmak üzere, f = f(x, α) fonksiyonu (x, α) ∈ [c, d]×[a, b] değişke-ninin sürekli fonksiyonu ve fα fonksiyonu da sürekliyse ϕ(α) =

∫ dcf(x, α)dx (∀α ∈ [a, b])

fonksiyonu türetilebilirdir ve aşağıdaki

ϕ′(α) =

∫ d

c

(∂

∂αf(x, α))dx =

∫ d

c

fα(x, α)dx

tümlev altında türev alma bağıntısı geçerlidir, çünkü bu bağıntı

d

dα[

∫ d

c

f(x, α)dx] =

∫ d

c

(∂

∂αf(x, α))dx

gerçekleştiğini söylemektedir.Kanıtlama : Her sabit fonksiyon türetilebilir olduğundan, Leibniz Teoremi, her α ∈[a, b] için g(α) = c < d = h(α) biçiminde tanımlanan fonksiyon çifti ne uygulanırsag′(α) = 0 = h′(α) (∀α ∈ [a, b]) gözleyip istenen bağıntı bulunur.

Önerme 3: f = f(x, α) fonksiyonu Önerme 2’deki gibiyse, aşağıdaki geçerlidir:∫ b

a

[∫ d

c

f(x, α)dx

]dα =

∫ d

c

[∫ b

a

f(x, α)dα

]dx

160

Kanıtlama : Her α ∈ [a, b] için ψ(α) =∫ dc

[∫ αaf(x, t)dt]dx tanımlanırsa, Tümlev He-

sabın Temel Teoremi nedeniyle

ddx

[∫ xah(t)dt] = h(x) ve ∂

∂α[∫ αah(x, t)dt] = h(x, α)

gerçekleştiği iyi bilindiğinden, ψ fonksiyonunun türevi, Leibniz bağıntısı F (x, α) =∫ αaf(x, t)dt

fonksiyonuna uygulanarak bulunur:

ψ′(α) =d

dα[

∫ d

c

[

∫ α

a

f(x, t)dt]dx] =

∫ d

c

(∂

∂α[

∫ α

a

f(x, t)dt])dx =

∫ d

c

f(x, α)dx

ve Önerme 2’de tanımlanan ϕ(α) =∫ dcf(x, α)dx (∀α ∈ [a, b]) fonksiyonu aracılığıyla

ψ′(α) = φ(α) (∀α ∈ [a, b]) bulunacağından, sonuçta ψ(α) =∫ αaϕ(t)dt + c∗ ve ayrıca

ψ(a) =∫ dc

[∫ aaf(x, t)dt]dx = 0 nedeniyle 0 = ψ(a) =

∫ aaϕ(t)dt+c∗ = 0+c∗ = c∗ gözleyip

ψ(α) =∫ αaϕ(t)dt ve böylece istenen bağıntı olan aşağıdaki eşitlik elde edilir :∫ d

c

[∫ b

a

f(x, α)dα

]dx = ψ(b) =

∫ b

a

ϕ(t)dt =

∫ b

a

ϕ(α)dα =

∫ b

a

[∫ d

c

f(x, α)dx

]dα

Örnekler 2:

1) Her α ∈ [0,∞) için∫ 1

0xα−1lnx

dx = ln(α + 1) gösterip∫ 1

0x−1lnx

dx = ln 2 bulunuz.Çözüm : f = f(x, α) fonksiyonu her (x, α) ∈ (0, 1) × [0,∞) için f(x, α) = xα−1

lnxve her

α ∈ (0,∞) için f(0, α) = 0 ve f(1, α) = α biçiminde tanımlanırsa gerek f ve gereksefα fonksiyonları [0, 1] × [0,∞) bölgesinde iyi tanımlı ve sürekli olurlar ve Önerme 2kullanılıp, üstelik fα(x, α) = xα gözleyerek

ϕ(α) =

∫ 1

0

f(x, α)dx (∀α ∈ [0,∞))

fonksiyonu için ϕ′(α) =∫ 1

0fα(x, α)dx =

∫ 1

0xαdx = 1

α+1nedeniyle,kolayca ϕ(α) = ln(α+

1) + c ve f(x, 0) = 0 (∀x ∈ [0, 1]) geçerli olduğundan (neden?) ϕ(0) =∫ 1

0f(x, 0)dx = 0

yani 0 = ϕ(0) = ln 1 + c = c bularak istenen ϕ(α) = ln(α+ 1) (∀α ∈ [0,∞)) elde edilir,bu isteneni verir (nasıl?).

2) 0 < a ve 0 < b ne olursa olsun∫ 1

0xa−xb

lnxdx = ln(a+1

b+1) gösteriniz.

Çözüm: xa−xblnx

= xa−1lnx− xb−1

lnxözdeşliğini ve önceki soruyu kullanın.

3) f(α) =∫ α2

0arctan( x

α)dx olsun.f ′(α) türevini hem Leibniz bağıntısıyla hem de doğru-

dan tümlevi hesaplayarak bulunuz.Çözüm: Leibniz bağıntısı kullanılırsa, her α ∈ (0,∞) için

f ′(α) = 2α arctanα +

∫ α2

0

(∂

∂αarctan(

x

α))dx = 2α arctanα−

∫ α2

0

x

x2 + α2dx

161

= 2α arctanα− 1

2ln(x2 + α2)|α2

0 = 2α arctanα− 1

2ln(

α4 + α2

α2)

= 2α arctanα− 1

2ln(α2 + 1)

bulunur. Öte yandan, doğrudan tümlev bilgisiyle∫arctan(

x

α)dx =

∫x′ arctan(

x

α)dx = x arctan(

x

α)−

∫x(arctan(

x

α))′dx

= x arctan(x

α)− α

∫x

x2 + α2dx = x arctan(

x

α)− α

2ln(x2 + α2)

ve böylece herbir α ∈ (0,∞) için

f(α) =

∫ α2

0

arctan(x

α)dx = x arctan(

x

α)− α

2ln(x2 + α2)|α2

0

= α2 arctanα− α

2ln(

α4 + α2

α2)

= α2 arctanα− α

2ln(α2 + 1)

bulup türev alarak aynı sonuca ulaştıran şunlar bulunur:

f ′(α) = 2α arctanα− 1

2ln(α2 +1)+

α2

(α2 + 1)− α

2

(2α

α2 + 1

)= 2α arctanα− 1

2ln(α2 +1)

4) −1 < α ise, her n ∈ N için aşağıdakini gösteriniz:∫ 1

0

xα · (lnx)ndx =(−1)n · n!

(α + 1)n+1

Çözüm: Yine Leibnitz bağıntısını kullanıp, tümlev almadan bu tümlevi n > 1 içinhesaplamak kolaydır, çünkü

∫ 1

0xαdx = 1

(α+1)bağıntısını α değişkenine göre türeterek,

her α > −1 için

− 1

(α + 1)2=

d

dα

∫ 1

0

xαdx =

∫ 1

0

(∂

∂αxα)dx =

∫ 1

0

xα · lnxdx

bulunur, kısacası iddia n = 1 için gösterilmiştir, iddia n için doğru varsayıldığında benzerbiçimde

(−1)n+1 · (n+ 1)!

(α + 1)n+2=

d

dα

((−1)n · n!

(α + 1)n+1

)=

∫ 1

0

[∂

∂α(xα · (lnx)n

]dx =

∫ 1

0

xα · (lnx)n+1dx

162

bularak iddianın n+1 için doğru olduğu anlaşılır, o halde iddia tümevarımla kanıtlanmışolmaktadır.

5) 1 < α ise ∫ π

0

dx

α− cosx=

∫ π

0

dx

α + cosx=

π√α2 − 1

,∫ π

0

dx

(α− cosx)2=

∫ π

0

dx

(α + cosx)2=

πα

(α2 − 1)32

olduğunu gösterin.Çözüm: Yalnızca birinci ve üçüncü tümlevlerle uğraşalım. Her x ∈ R için cos 2x =cos(x+ x) = cos x · cosx− sinx · sinx = cos2 x−sin2 x

cos2 x+sin2 xve böylece ∀x ∈ R− {(2k − 1)π

2:

k ∈ Z} için cosx 6= 0 olduğundan, bu son özdeşliği cos2 x 6= 0 ile bölerek cos 2x = 1−tg2x1+tg2x

ve sin 2x = 2 sinx cosxcos2 x+sin2 x

= 2tgx1+tg2x

ve böylece özel olarak

cosx =1− tg2(x

2)

1 + tg2(x2)

, sinx =2tg(x

2)

1 + tg2(x2)

(∀x ∈ R− {(2k − 1)

π

2: k ∈ Z}

)bulunur. Dolayısıyla ∀x ∈ R − {(2k − 1)π : k ∈ Z} = R − {∓π,∓3π,∓5π, . . .} içintg(x

2) tanımlı olduğundan, y = tg(x

2) dönüşümü yapılırsa x = 2 arctan y ve dx = 2dy

1+y2ve

cosx ≤ | cosx| ≤ 1 < α yani 0 < α − cosx gözleyip cosx =1−tg2(x

2)

1+tg2(x2

)= 1−y2

1+y2olduğundan

sonuçta aşağıdakiler elde edilir:∫dx

α− cosx= 2

∫ 11+y2

α− 1−y21+y2

dy = 2

∫dy

α(1 + y2)− (1− y2)= 2

∫dy

y2(α + 1) + α− 1

=2

α + 1

∫dy

y2 + (α−1α+1

)=

2

α + 1

∫dy

y2 + β2

(β =

√α− 1

α + 1> 0

)

=2

(α + 1)βarctan

(y

β

)=

2√α2 − 1

arctan

(√α + 1

α− 1· tg(x

2

))

ve böylece, arctan(+∞) = limx 7→+∞

arctanx =π

2olduğunu unutmadan

∫ π

0

dx

α− cosx=

2√α2 − 1

arctan

(√α + 1

α− 1· tg(x

2

)) ∣∣∣∣∣π

0

=2√

α2 − 1arctan

(√α + 1

α− 1· tg(π

2

))

=2√

α2 − 1arctan(+∞) =

π√α2 − 1

(∀α ∈ (1,∞)

)163

böylece f(α) =∫ π

0dx

α−cosx

(∀α ∈ (1,∞)

)fonksiyonu için Önerme2 kullanılıp

−πα(α2 − 1)

32

=d

dα

(π√

α2 − 1

)= f ′(α) =

∫ π

0

[∂

∂α

(1

α− cosx

)]dx = (−1)·

∫ π

0

dx

(α− cosx)2

ve benzer şeyler∫ π

0dx

α+cosxtümleri için yapılacağından şunlar bulunur:∫ π

0

dx

(α− cosx)2=

πα

(α2 − 1)32

=

∫ π

0

dx

(α + cosx)2

(∀α ∈ (1,∞)

).

6)∫ π

0dx

(2−cosx)2= 2π

3√

3=∫ π

0dx

(2+cosx)2gösteriniz.

Çözüm: Bir üst satırdaki bağıntıda α = 2 alınız!

7) 0 ≤ α < 1 ise ∫ π

0

dx

1 + α cosx=

∫ π

0

dx

1− α cosx=

π√1− α2

,

∫ π

0

cosxdx

(1 + α cosx)2=

−πα(1− α2)

32

ve

∫ π

0

cosxdx

(1− α cosx)2=

πα

(1− α2)32

,∫ π

0

dx

(1 + α cosx)2=

π

(1− α2)32

=

∫ π

0

dx

(1− α cosx)2

gösteriniz.Çözüm: İlk eşitlikler α = 0 için apaçıktır. 0 < α < 1 ise∫ π

0

1

1 + α cosxdx =

1

α

∫ π

0

dx1α

+ cosx=

1

α· π√

( 1α

)2 − 1=

π√1− α2

sonucu bir önceki alıştırmadan bulunur, çünkü 1 < 1αolmaktadır. İkinci satırdakiler ilk

eşitliklere Leibnitz Bağıntısı uygulanarak bulunur. Dikkat edilirse

1

α

∫ π

0

dx

1 + α cosx− 1

α

∫ π

0

dx

(1 + α cosx)2=

∫ π

0

cosxdx

(1 + α cosx)2=

−πα(1− α2)

32

olduğundan kolayca üçüncü satırdaki ilk bağlantı bulunur.

8)∫ π

0dx

(5−3 cosx)3= 59π

2048gösteriniz.

Çözüm: Bir sonraki sorudan yararlanıp istenen kolayca bulunur:∫ π

0

dx

(5− 3 cosx)3=

1

27

∫ π

0

dx

(53− cosx)3

=π

54·

509

+ 1

(259− 1)

52

=59π

2 · 45=

59π

2048.

164

9) 1 < α ise∫ π

0dx

(α−cosx)3=∫ π

0dx

(α+cosx)3= π

2· 2α2+1

(α2−1)52gösteriniz.

Çözüm: Bu kez F (x, α) = 1(α−cosx)2

fonksiyonuna Önerme 2 uygulanır ve üstelik 5) ne-deniyle

∫ π0F (x, α)dx =

∫ π0

dx(α−cosx)2

= πα

(α2−1)32olduğundan, α değişkenine göre türeterek,

istenileni veren şunlar bulunur:

−π(2α2 + 1)

(α2 − 1)52

=d

dα

(πα

(α2 − 1)32

)=

∫ π

0

Fα(x, α)dx = (−1) ·∫ π

0

2dx

(α− cosx)3.

10) 1 < α ise∫ π

0

dx

(α− sinx)2=

πα

(α2 − 1)32

+2

α(α2 − 1)+

2α

(α2 − 1)32

arctan

(1√

α2 − 1

).

Çözüm: Yine x = 2 arctan y dönüşümü ile, 1 < α için 0 < α− sinx gözleyip∫dx

α− sinx= 2

∫dy

α(y2 + 1)− 2y=

2

α

∫dy

y2 − 2yα

+ 1=

2

α

∫dy

(y − 1α

)2 + β2

=2

αβarctan

(y − 1

α

β

)=

2√α2 − 1

arctan

(αy − 1√α2 − 1

) (β =

√α2 − 1

α

)

=2√

α2 − 1arctan

[αtg(x

2)− 1

√α2 − 1

]ve böylece aşağıdaki sonuç bulunur:

π∫0

dx

α− sinx=

2√α2 − 1

(arctan(∞)−arctan(−1√α2 − 1

)) =π√

α2 − 1+

2√α2 − 1

arctan(1√

α2 − 1)

İstenen sonuç, α değişkenine göre her yanı türeterek bulunur.

11)π∫0

dx(2−sinx)2

= 13√

3(2π +

√3 + 4 arctan( 1√

3)) gösteriniz.

Çözüm: Önceki sonucu kullanınız!

12) 0 6 α < 1 için aşağıdaki sonuçları gösteriniz:

π∫0

ln(1 + α cosx)dx =

π∫0

ln(1− α cosx)dx = π ln

(1 +√

1− α2

2

)

165

Çözüm: Önce kullanacağımız şu sonucu gözleyelim: x = sinu dönüşümü ve ( sinu1+cosu

)′ =1

1+cosuve 1

sinu= 1

sinu1+cosu

· ( sinu1+cosu

)′ gözlemini yaparak∫dx

x√

1− x2=

∫du

sinu= ln

(sinu

1 + cosu

)= ln

(x

1 +√

1− x2

)(∀x ∈ (0, 1))

Dolayısıyla yukarıda bulunanπ∫0

dx1+α cosx

= π√1−α2 sonucundan yararlanarak

ϕ(α) =

π∫0

ln(1 + α cosx)dx (∀α ∈ [0, 1))

fonksiyonu için, yine Önerme 2 kullanılıp (dikkat: ϕ(0) = 0 gözleyiniz)

ϕ′(α) =

π∫0

[∂

∂α(ln(1 + α cosx))

]dx =

π∫0

cosx

1 + α cosxdx =

1

α

π∫0

(1− 1

1 + α cosxdx)

=π

α−∫ π

0

dx

1 + α cosx=π

α− π

α√

1− α2

ve sonuçta tümlev alarak, yukarıda gözlenen sonuç nedeniyle

ϕ(α) = π lnα−π∫

dα

α√

1− α2+c = π lnα−π ln(

α

1 +√

1− α2)+c = π ln(1+

√1− α2)+c

ve böylece 0 = ϕ(0) = π ln 2 + c nedeniyle c = −π ln 2 = π ln(12) bularak her α ∈ [0, 1)

için aşağıdaki istenen sonuç bulunur:

ϕ(α) =

π∫0

ln(1 + α cosx)dx = α ln

(1 +√

1− α2

2

).

Öteki tümlev benzer biçimde hesaplanır, hesaplayınız!

Uyarı: Şimdi de aşağıda kullanacağımız şu sonucu elde edelim:∫ π

0

ln (1− cosx) dx = π ln

(1

2

)< 0.

Bu güç değildir, çünkü bilindiği ve hatırlanacağı gibi Analiz III dersindeÖzge OlmayanTümlevler bölümünde şu gerçekler elde edilmişti:∫ π

2

0

ln (sinx) dx =

∫ π2

0

ln (cosx) dx =

∫ π2

0

ln (sin 2x) dx = − π

2ln 2

166

O halde ünlü 1− cosx = 2 sin2(x2

)özdeşliği kullanılırsa istenen bulunur:∫ π

0

ln (1− cosx) dx = π ln 2 + 2

∫ π

0

ln(

sin(x

2

))dx = π ln 2 + 4

∫ π2

0

ln (sin y) dy

= π ln 2− 4(π

2ln 2)

= π ln

(1

2

).

Burada şuna özellikle dikkat edilmelidir: Yukardaki sonucun, an ↓ 1+ olmak üzere, aşa-ğıda her n ∈ N için geçerli olan

1 < an ve∫ π

0

ln (an − cosx) dx = π ln

(an +

√1− a2

n

2

)eşitliklerinden limit alarak kolayca bulunabileceği düşünülebilir oysa fn (x) = ln (an − cosx)(∀x ∈ [0, π]) fonksiyonlarının noktasal limit fonksiyonu olan f0 (x) = ln (1− cosx) fonk-siyonuna yakınsaması ne yazık ki düzgün yakınsama değildir, çünkü kısalık amacıylaIπ = (0, π] yazılırsa, her n ∈ N için 1 ≤ ‖fn − f0‖Iπ böylece lim

n→∞‖fn − f0‖Iπ 6= 0 ger-

çekleşir, çünkü 1 < an (∀n ∈ N) nedeniyle 1 < an−cosx1−cosx

(∀x ∈ Iπ) ve |fn (x)− f0 (x)| =

ln(an−cosx1−cosx

)= ln

(1 + an−1

1−cosx

)≥ an−1

an−cosxgözleyerek (nasıl?) sonuçta her n ∈ N için

‖fn − f0‖Iπ = supx∈Iπ|fn (x)− f0 (x)| ≥ (an − 1) sup

x∈Iπ

(1

an − cosx

)= 1

bulunur, çünkü supx∈Iπ

(1

an−cosx

)= 1

infx∈Iπ

(an−cosx)= 1

an−1geçerlidir. Tüm bunlar nedeniyle

limn→∞

∫ π0

ln (an − cosx) dx limiti gerçi vardır, fakat bu limitin∫ π

0ln (1− cosx) dx tümle-

vine eşit olduğunun bağımsız kanıtlaması verilmelidir.

13)π∫0

ln(1− 2α cosx+ α2)dx =

{π lnα2 ; 1 < |α|0 ; |α| 6 1

gösteriniz.

Çözüm: Çözüm bir önceki sonuçtan yararlanarak aşağıdaki gibi bulunur: Kısalık ama-cıyla, α değişkeninin aşağıdaki

f(α) =

π∫0

ln(1− 2α cosx+ α2)dx =

π∫0

ln((α2 + 1)− 2α cosx

)dx

fonksiyonunu tanımlayalım. f(0) = 0 apaçıktır, üstelik f(1) = 0 geçerlidir, çünkü dikkatedilirse, yukarıdaki uyarı’yı kullanarak

f(1) =

π∫0

ln (2(1− cosx)) dx =

π∫0

(ln 2 + ln(1− cosx))dx =

167

= π ln 2 +

π∫0

ln(1− cosx)dx = π ln 2 + π ln1

2= π ln 1 = 0

bulunur. Aslında herhangi bir 0 6 α < 1 için f(α) = 0 gerçeklidir, çünkü 0 < (1−α)2 =α2 + 1− 2α nedeniyle 0 6 β = 2α

α2+1< 1 gözlenerek

f(α) =

π∫0

ln

[(α2 + 1)

(1− 2α

α2 + 1cosx

)]dx = π ln(α2+1)+

π∫0

ln

(1− 2α

α2 + 1cosx

)dx =

= π ln(α2 + 1) +

π∫0

ln(1− β cosx)dx

= π ln (α2 + 1)+π ln

(1+√

1−β2

2

)= π

[ln(α2 + 1) + ln

(1+√

1−β2

2

)]= π

[ln(α2 + 1) + ln

(1

α2+1

)]=

π ln(α2+1α2+1

)= π ln 1 bulunur, çünkü β sayısının tanımı nedeniyle 0 6 α2 < 1 ol-

duğundan√

1− β2 =√

1− 4α2

(α2+1)2=√

α4−2α2+1(α2)2

=

√|1−α2|2α2+1

= |1−α2|α2+1

= 1−α2

1+α2 ve

böylece 1+√

1−β2

2= 1

2

(1 + 1−α2

1+α2

)= 1

1+α2 gerçeklidir. Demekki f fonksiyonu gerçektenf(α) = 0 (∀α ∈ [0, 1]) gerçeklemektedir. Buna karşılık

1 < α ise

π∫0

ln(α∓ cosx)dx = π ln

(α +√α2 − 1

2

)(∗)

geçerlidir, sözgelimi, artılı tümlev için α−1 = 1α< 1 olduğunda, kolayca

π∫0

ln(α + cosx)dx =

π∫0

ln[α(1 + α−1)]dx = π lnα +

π∫0

ln(1 + α−1 cosx)dx =

= π lnα + π ln

(1 +√

1− α−2

2

)π ln

(α(1 +

√1− α−2)

2

)= π ln

(α +√α2 − 1

2

)bulunur. Dolayısıyla α > 1 iken γ = α2+1

2α> 1 olacağından (∗) kullanılıp

f(α) =

π∫0

ln

[2α

(α2 + 1

2α− cosx

)]dx = π ln(2α) +

π∫0

ln(γ − cosx)dx =

= π ln(2α) + π ln

(γ +

√γ2 − 1

2

)= π ln(2α) + π ln

α

2= π lnα2

168

elde edilir, çünkü√γ2 − 1 = 1

2α

√(α2 + 1)2 − 4α4 = α2−1

2αve böylece γ+

√γ2−1

2= 1

2

(α2+1+α2−1

2α

)=

α2bulunur. α < 0 için çözüm size bırakılmıştır.

14) 1 < α ise2π∫0

dxα+sinx

= 2π√α2−1

gösteriniz.

Çözüm: İkinci tümlevde y = x− π dönüşümü yapılarak, kolayca

2π∫0

dx

α + sinx=

π∫0

dx

α + sinx+

2π∫π

dx

α + sinx=

π∫0

dx

α + sinx+

π∫0

dx

α− sinx

oysa yukarıda 10) örneğinin çözümünde yapıldığı gibi yine β =√α2−1α

olmak üzere∫dx

α + sinx= 2

∫dy

α(1 + y2) + 2y=

2

α

∫dy(

y + 1α

)2+(α2−1α2

) =2

αβarctan

(1

β

(y +

1

α

))

=2√

α2 − 1arctan

[α tan x

2+ 1

√α2 − 1

]ve böylece

π∫0

dx

α + sinx=

π√α2 − 1

− 2√α2 − 1

arctan

(1√

α2 − 1

)fakat daha önceden hesaplandığı için

π∫0

dx

α− sinx=

π√α2 − 1

+2√

α2 − 1arctan

(1√

α2 − 1

)

olduğundan bu sonuçlar kullanılarak istenen elde edilir. Burada 1 < α nedeniyle 0 <1

α+sinx(∀x ∈ [0, 2π]) ve böylece, temel Reimann tümlevi bilgisiyle, tümlevi alınan, pozitif

değerli sürekli fonksiyon olduğundan2π∫0

dxα+sinx

> 0 bulunması gerektiği unutulmamalıdır!

15) Bir önceki sorudan yararlanıp2π∫0

ln(

5+3 sinx5+4 sinx

)dx = 2π ln 9

8> 0 gösterin.

Çözüm:2π∫0

ln(

5+3 sinx5+4 sinx

)dx =

2π∫0

ln[

34

(53

+sinx54

+sinx

)]dx

=

2π∫0

(ln

3

4+ ln

( 53

+ sinx54

+ sinx

))dx = 2π ln

(3

4

)+

2π∫0

ln

( 53

+ sinx54

+ sinx

)dx

169

= 2π ln

(3

4

)+ 2π ln

(3

2

)= 2π ln

(9

8

)bulunur, çünkü 1 < a ve 1 < b sabitleri ne olursa olsun

2π∫0

ln

(b+ sinx

a+ sinx

)dx = 2π ln

(b+√b2 − 1

a+√a2 − 1

)

geçerli olduğunu görmek güç değildir. Gerçekten iyi bilindiği gibi∫f ′(x)

f(x)dx = ln |f(x)| yani

∫f ′(α)

f(α)dα = ln |f(α)|

ve ayrıca 1 < a nedeniyle − sinx 6 | sinx| 6 1 < a ve böylece 0 < a + sinx ve benzerbiçimde 0 < b+ sinx ve sonuçta bu bilgiler yardımıyla

b∫a

dα

α + sinx= ln |α + sinx|

∣∣∣ba

= ln∣∣∣ b+ sinx

a+ sinx

∣∣∣ = ln

(b+ sinx

a+ sinx

)

ve böylece Önerme 3 kullanılırsa, zaten2π∫0

dxα+sinx

= 2π√α2−1

bilindiğinden

2π∫0

ln

(b+ sinx

a+ sinx

)dx =

2π∫0

[

b∫a

dα

α + sinx]dx =

b∫a

[

2π∫0

dx

α + sinx]dx = 2π

b∫a

dα√α2 − 1

ve ayrıca x = cscu = 1sinu

dönüşümüyle aşağıdaki bulunacağından∫dx√x2 − 1

= −∫

du

sinu= − ln

(sinu

1 + cosu

)= ln

(1 + cosu

sinu

)=

= ln

(x

(1 +

√x2 − 1

x

))= ln(x+

√x2 − 1),

2π∫0

ln

(b+ sinx

a+ sinx

)dx = 2π

b∫a

dα√α2 − 1

= 2π ln(α +√α2 − 1)

∣∣∣ba

= 2π ln

(b+√b2 − 1

a+√a2 − 1

)ve böylece aşağıdaki istenen sonuç bulunur:

2π∫0

ln

( 53

+ sinx54

+ sinx

)dx = 2π ln

53

√259− 1

54

√2516− 1

= 2π ln

(3

2

).

170

16a) 0 6 α < 1 için2π∫0

dx1+α cosx

= arccosα√1−α2 gösteriniz.

Çözüm: Her zamanki y = tan x2yani x = 2 arctan y dönüşümüyle∫

dx

1 + α cosx=

2

1− α

∫dy

y2 +(

1+α1−α

) =2√

1− α2arctan

(√1− α1 + α

tanx

2

)ve böylece aşağıdaki sonuç bulunur, çünkü tan π

4= 1 ve tan 0 = 0 geçerlidir:

π/2∫0

dx

1 + α cosx=

2√1− α2

arctan

(√1− α1 + α

tan(x

2)

)∣∣∣∣∣π/2

0

=2√

1− α2

(arctan

√1− α1 + α

)

Oysa aşağıdaki ünlü özdeşlikler iyi bilinmektedir:

arctanx = arccos1√

x2 + 1(∀x ∈ R), arccosx =

arccos(2x2 − 1)

2(∀x ∈ [−1, 1])

örneğin birincisini göstermek için arctanx = y ∈ (−π2, π

2) ise x = tan y dolayısıyla

cos y = 1√tan2 y+1

= 1√x2+1

bularak arctanx = y = arccos 1√x2+1

elde edilir. Bu öz-

deşliklerin ikisi birden ard arda kullanılırsa sonuçta

arctan

√1− α1 + α

= arccos1√

1−α1+α

+ 1= arccos

√1 + α

2=

arccos[2(

1+α2

)− 1]

2

yani 2 arctan√

1−α1+α

= arccos(2(α+1

2

)− 1)

= arccosα (∀α ∈ [0, 1]) bularak istenensonuç elde edilir.

16b) Gösteriniz 0 ≤ a, b < 1 iseπ/2∫0

secx. ln(

1+b cosx1+a cosx

)dx = (arccos a)2−(arccos b)2

2.

Çözüm: Dikkat edilirse −b cosx 6 |b cosx| = b| cosx| 6 b < 1 nedeniyle 0 < 1 + b cosxve benzer biçimde 0 < 1 + a cosx nedeniyle

secx ln

(1 + b cosx

1 + a cosx

)= secx ln

∣∣∣∣ 1 + b cosx

1 + a cosx

∣∣∣∣ = secx ln

∣∣∣∣ secx+ b

secx+ a

∣∣∣∣ =1

cosxln

∣∣∣∣ b+ secx

a+ secx

∣∣∣∣=

1

cosx

b∫a

dα

α + secx=

b∫a

dα

cosx(α + secx)=

b∫a

dα

1 + α cosx

ve böylece aşağıdaki istenilenler bululunur:π/2∫0

secx ln

(1 + b cosx

1 + a cosx

)dx =

π/2∫0

b∫a

dα

1 + α cosx

dx =

b∫a

π/2∫0

dx

1 + α cosx

dα =

171

=

b∫a

arccosα√1− α2

dx = (−1)

b∫a

(−1√

1− α2

)arccosαdα = −

b∫a

(arccosα)′ arccosαdα

=

(−1

2

) b∫a

((arccosα)2)′ dα =

(−1

2

)(arccosα)2

∣∣∣∣∣b

a

=(arccos a)2 − (arccos b)2

2

16c)π/2∫0

secx ln(1 + cosx

2

)dx = 5π2

72gösteriniz.

Çözüm: Aranan Riemann tümlevi aşağıdakidir:

π/2∫0

secx ln

(1 + 1

2cosx

1 + 0 cosx

)dx =

(arccos 0)2 − (arccos 12)2

2=

1

2

(π2

4− π2

9

)=

5π2

72

17a) Aşağıdakileri gösteriniz: ∀α > 0 için

π/2∫0

cosx

α cosx+ sinxdx =

πα

2(α2 + 1)− lnα

α2 + 1,

π/2∫0

cos2 x

(α cosx+ sinx)2dx =

π(α2 − 1)

2(α2)2+

1

α(α2 + 1)− 2α lnα

(α2 + 1)2

Çözüm: Dikkat edilirse ∀x ∈ [0, π2) için α cosx + sinx > α cosx > 0 ve α cos π

2+

sin π2

= sin π2

= 1 > 0 dolayısıyla [0, π2] aralığında paydası hep pozitif değerler alan

f(x, α) = cosxα cosx+sinx

fonksiyonu ve fα(x, α) = − cos2 x(α cosx+sinx)2

fonksiyonu süreklidirler,dolayısıyla birinci tümlevleri hesaplarsak ikincisi Önerme 2 yardımıyla kolayca bulunur.Temel Riemann tümlev bilgisiyle rasyonel polinomlarını kesirlerine ayrıştırarak şunlarelde edilir:

2(x2 − 1)

(x2 + 1)(αx2 − 2x− α)=

2

α2 + 1

(α− xx2 + 1

+αx− 1

αx2 − 2x− α

)=

=2α

α2 + 1· 1

x2 + 1− 1

α2 + 1· 2x

x2 + 1+

1

α2 + 1· 2αx− 2

αx2 − 2x− α,∫

2(x2 − 1)

(x2 + 1)(αx2 − 2x− α)dx =

2α arctanx

α2 + 1+

1

α2 + 1· ln∣∣∣∣αx2 − 2x− α

x2 + 1

∣∣∣∣ve böylece yine x = 2 arctan y dönüşümü yaparak∫

cosx

α cosx+ sinxdx =

∫ 1−y21+y2

α(1−y2)+2y1+y2

· 2

1 + y2dy =

∫2(y2 − 1)dy

(y2 + 1)(αy2 − 2y − α)=

172

=2α arctan y

α2 + 1+

1

α2 + 1· ln∣∣∣∣αy2 − 2y − α

y2 + 1

∣∣∣∣ =2α(x

2)

α2 + 1+

1

α2 + 1· ln∣∣∣∣α tan2 x

2− 2 tan x

2− α

tan2 x2

+ 1

∣∣∣∣ve sonuçta

ln

∣∣∣∣α tan2 π4− 2 tan π

4− α

tan2 π4

+ 1

∣∣∣∣ = ln

∣∣∣∣α− 2− α2

∣∣∣∣ = ln 1 = 0

gözleyerek istenen sonuç aşağıdaki gibi bulunur:

π/2∫0

cosx

α cosx+ sinxdx =

[αx

α2 + 1+

1

α2 + 1· ln∣∣∣∣α tan2 x

2− 2 tan x

2− α

tan2 x2

+ 1

∣∣∣∣]π/20

=πα

2(α2 + 1)− lnα

α2 + 1

Bu sonuç ve Önerme 2 kullanılarak ikinci tümlev kolayca bulunur.

17b)∫ π

2

0cos2 x

(2 cosx+sinx)2dx = 3π+5−8 ln 2

50gösteriniz.

Çözüm:Önceki sonuçta α = 2 alınır, dikkat edilirse 8 ln 2 < 8·ln e = 8 = 3+5 < 3π+5 =nedeniyle sağ yan kesinlikle pozitiftir.

Ödev: sinxα cosx+sinx

= 1− α cosxα cosx+sinx

özdeşliğinden ve önceki sonuçtan yararlanıp∫ π

2

0sinx

α cosx+sinxdx

tümlevini hesaplayıp gösteriniz:∫ π2

0

sin 2x

(3 cosx+ sinx)2dx =

3π − 10 + 8 ln 2

50.

Ödev:∫ π

2

0sinx

cosx+α sinxdx = πα−2 lnα

4(α2+1)gösterip

∫ π2

0sin2 x

cosx+α sinxdx hesaplayınız.

Bu bölümde son olarak, ilk kez Bölüm I’de söz edilen Pfaff Teoremini kanıtlayacağız:

Pfaff Teoremi: Bir R ⊆ R3 bölgesinde, kısmi türevleri sürekli F = F (x, y, z), G =G(x, y, z), H = H(x, y, z) fonksiyonları verilsin. Tüm ikinci mertebe kısmi türevleri olanbir f = f(x, y, z) fonksiyonunun df = Fdx + Gdy + Hdz gerçekleyebilmesi için gykFy = Gx, Fz = Hx, Gz = Hy olmasıdır ve bu durumda f fonksiyonu, herhangi bir(x0, y0, z0) ∈ R sabit noktası aracılığıyla aşağıda yazılandır.

f(x, y, z) =

∫ x

x0

F (t, y, z)dt =

∫ y

y0

G(x0, t, z)dt =

∫ z

z0

H(x0, y0, z)dt+ c . (∗)

Kanıtlama: Tüm ikinci mertebeden kısmi türevleri sürekli olup üstelik df = Fdx +Gdy+Hdz gerçekleyen bir f fonksiyonu zaten fxdx+fydy+fzdz = df = Fdx+Gdy+Hdznedeniyle F = fx, G = fy, H = fz gözleyerek Fy = fxy = fyx = Gx ve Fz = fxz = fzx =Hx ve benzer biçimde Gz = Hy gerçekleşeceği apaçıktır.Şimdi tersine Fy = Gx, Fz = Hx,Gz = Hy koşulları gerçeklendiğinde, amacımız df = Fdx+Gdy+Hdz gerçekleyen, ikinci

173

mertebeden kısmi türevleri sürekli bir f = f(x, y, z) fonksiyonunun var ve üstelik (∗)bağıntısıyla verilen fonksiyon olduğunu göstermektir. Aranılan f fonksiyonunun önceliklefx = F yani fx(x, y, z) = F (x, y, z) (∀(x, y, z) ∈ R) gerçekleşmesi gerekeceğinden, xdeğişkenine göre tümlev alarak, birazdan belirlenecek olan bir g = g(x, y, z) fonksiyonuaracılığıyla

f(x, y, z) =

∫ x

x0

F (t, y, z)dt+ g(y, z)

bulunur ve sonuçta, tümlev altında türev alma bağıntısını kullanıp y değişkenine göretüreterek ve yeterlik koşulları gereği Fy(x, y, z) = Gx(x, y, z) ve böylece Fy(t, y, z) =Gt(t, y, z) gerçeklendiğini unutmadan Leibniz teoremini kullanarak(

G(x, y, z) =)fy(x, y, z) =

∫ x

x0

Fy(t, y, z)dt+ gy(y, z) =

∫ x

x0

Gt(t, y, z)dt+ gy(y, z)

= G(t, y, z)∣∣xx0

+ gy(y, z) = G(x, y, z) + gy(y, z)−G(x0, y, z)

ve böylece gy(y, z) = G(x0, y, z) gözleyerek

g(y, z) =

∫ y

y0

G(x0, t, z)dt+ h(z) ,

f(x, y, z) =

∫ x

x0

F (t, y, z)dt+

∫ y

y0

G(x0, t, z)dt+ h(z)

ve bu kez z değişkenine göre türetip, f fonksiyonununH = fz gerçeklemesi istendiğinden,ayrıca yeterlik koşullarını kullanarak ve sözgelimi∫

Fz(x, y, z)dx =

∫Hx(x, y, z)dx =

∫Ht(t, y, z)dt

olduğundan

H(x, y, z) = fz(x, y, z) =

∫ x

x0

Fz(t, y, z)dt+

∫ y

y0

Gz(x0, t, z)dt+ h′(z)

=

∫ x

x0

Ht(t, y, z)dt+

∫ y

y0

Ht(x0, t, z)dt+ h′(z)

= H(x, y, z)−H(x0, y, z) +H(x0, y, z)−H(x0, y0, z) + h′(z)

= H(x, y, z)−H(x0, y0, z) + h′(z)

ve böylece h′(z) = H(x0, y0, z) yani h′(z) =∫ zz0H(x0, y0, t) bularak istenen f belirle-

nir.Bu f fonksiyonunun gerçekten

df = F (x, y, z)dx+G(x, y, z)dy +H(x, y, z)dz

174

koşulunu gerçeklediğini, böylelikle ikinci mertebe türevlerinin sürekli olduğunu siz gös-teriniz. Ayrıca

df = (x

2+ y + 2z)dx+ (x− 3y

2− z

2)dy + (2x− y

2+ z)dz

gerçekleyen f fonksiyonunu Pfaff Yöntemiyle belirleyiniz.

175

Bölüm IV: Çok Katlı Riemann Tümlevleri

Bu bölümde, düzlemin, aşağıdaki şekillerde çizili olup, çevresini çevreleyen kapalı eğrininiki gerçel değerli sürekli fonksiyonun grafiğinden oluştuğu, içleri boş olmayan kapalı-sınırlı bölgelerde tanımlı f = f(x, y) gerçel değerli fonksiyonunun hangi koşullarda,onun R bölgesi üzerinde

∫∫R

f(x, y)dxdy ile yazılan Riemann tümlevinin tanımlı olduğunu

araştıracağız. Bölge örnekleri şunlardır:

Örnek bölge olarak yukarıdakilerin birincisi ile uğraşalım ve R bölgesini çevreleyen eğ-rinin üst parçası π1(R) = [a, b] aralığında tanımlı gerçel değerli sürekli g = g(x) fonk-siyonun grafiği, alt parçası ise [a, b] aralığında tanımlı gerçel değerli sürekli h = h(x)

fonksiyonunun grafiği olsun. Sözü edilen tümlevi tanımlayabilmek için, tıpkı∫ baf(x)dx

Riemann tümlevinde olduğu gibi, R bölgesinin parçalanışlarının alt ve üst Riemann top-lamları tanımlanmalıdır. Önce [a, b] aralığında gelişigüzel seçilen a = x0 < x1 < x2 <. . . < xn−1 < xn = b gerçel sayıları aracılığıyla, [a, b] aralığını

[a, b] = [x0, x1) ∪ [x1, x2) ∪ [x2, x3) ∪ . . . ∪ [xn−2, xn−1) ∪ [xn−1, xn]

biçiminde ikişerli ayrık alt aralıklara ayrıştıralım (parçalayalım). Dikkat bu ikişerli ayrıkbirleşime katılan son aralık kapalı [xn−1, b] aralığıdır, fakat bu parçalanışı yine de kısalıkamacıyla, sonuncu aralığın [xn−1, xn] olduğunu hiç unutmadan [a, b] =

⋃nk=1[xk−1, xk)

biçiminde yazacağız. Benzer biçimd [c, d] aralığında gelişigüzel seçilen c = y0 < y1 <y2 < ... < ym−1 < ym = d gerçel sayıları aracılığıyla

[c, d] = [y0, y1) ∪ [y1, y2) ∪ ... ∪ [ym−1, ym] =m⋃i=1

[yi−1, yi)

ayrışması ve böylece [a, b]× [c, d] dikdörtgeninin

[a, b]× [c, d] =n⋃k=1

[xk−1, xk)×m⋃i=1

[yi−1, yi) =n⋃k=1

m⋃i=1

([xk−1, xk)× [yi−1, yi))

ayrışması ve üstelik apaçık biçimde

R ⊆ π1(R)× π2(R) = [a, b]× [c, d] yani R = R ∩ ([a, b]× [c, d])

176

olduğundan, R bölgesinin

R =n⋃k=1

m⋃i=1

(([xk−1, xk)× [yi−1, yi)) ∩R) =⋃(k,i)

Rk,i

ayrışması elde edilir, burada her bir (k, i) indis çifti için

Rk,i = ([xk−1, xk)× [yi−1, yi)) ∩R ⊆ R

yazılmıştır, kolaylıkla (k1, i1) 6= (k2, i2)

Rk1,i1 ∩Rk2,i2 ⊆ ([xk1−1, xk1)× [yi1−1, yi1)) ∩ ([xk2−1, xk2)× [yi2−1, yi2))

= ([xk1−1, xk1) ∩ [xk2−1, xk2))× ([yi1−1, yi1)× [yi2−1, yi2)) = ∅

elde edilir, çünkü (k1, i1) 6= (k2, i2) nedeniyle ya k1 6= k2 olur ve sonuçta [xk1−1, xk1) ∩([xk2−1, xk2) = ∅ geçerli ya da i1 6= i2 olur ve [yi1−1, yi1)∩([yi2−1, yi2) = ∅ geçerlidir. ŞimdiRk,i bölgelerinin boş olmayanlarını (dikkat: bazı (k, i) indisleri için [xk−1, xk)× [yi−1, yi)ile R kesişmeyebilir.Örneğin şekilde en üst soldaki dikdörgen

R bölgesi ile kesişmez ), evet Rk,i bölgelerinin boş olmayanlarının sayısını yeniden nu-maralayarak, R bölgesini, aşağıdaki gibi, ikişerli ayrık

R = R1 ∪R2 ∪ ... ∪RN (1)

alt bölgelerine ayrıştırmış oluruz. Şimdi gerektiği için bu alt bölgelerin alanlarını tanım-layalım. Eğer

Rm = [xk−1, xk)× [yi−1, yi)) ⊆ R

ise ([xk−1, xk)× [yi−1, yi))∩R = [xk−1, xk)× [yi−1, yi) olur, çünkü iyi bilindiği gibi A ⊆ Bve A = A ∩ B iddiaları eşdeğerdir, bu durumda Rm alt bölgesinin alanı (dikkat : Rm

bölgesi

177

biçiminde sağ kenarını ve üst kenarını içermeyen bir dikdörtgendir)

AlanRm = (xk − xk−1) · (yi − yi−1) > 0

pozitif gerçel sayısı olarak tanımlanır. Sınıra yakın alt bölgelerin alanlarını ise Analiz Ive orta okul bilgisi yardımıyla hesaplayabiliriz,Örneğin aşağıdaki alt bölgelerin hepsinin alanı bu bilgilerle hsaplanır:

Örneğin en soldaki alanı belirleyen Ox eksenindeki alt parçalanış aralığı [xn−1, b] ise, Rbölgesini çevreleyen kapalı eğrinin üst parçaso da sürekli g = g(x) fonksiyonunun grafiğiise, taralı alan , g fonksiyonunun [xn−1, b] aralığındaki grafiği altında kalan alan ve küçükdikdörtgenin alanları cinsinden

b∫xn−1

g(x)dx− (b− xn−1) · g(b) pozitif gerçel sayısından başka bir şey değildir. Sonuncu

alt bölgenin alanı ise, R bölgesini çevreleyen eğrinin alt parçaso [a, b] aralığında tanımlısürekli gerçel değerli h = h(x) fonksiyonunun grafiği olmak üzere

178

(xk0 − xk0−1) · h(xk0−1)−xk0∫

xk0−1

h(x)dx

pozitif gerçel sayısından başka birşey değildir. Artık (1) bağıntısında yazılan parçalanışıkısalık amacıyla

{R1, R2..., RN}

ile yazarak,aşağıdaki toplamları tanımlayabiliriz :

sf (R1, R2, ...RN) =N∑k=1

AlanRk · inf f(Rk)

Sf (R1, R2, ...RN) =∑N

k=1AlanRk · sup f(Rk)Burada, R kapalı-sınırlı bölgesinde tanımlı gerçel değerli f fonksiyonunun sınırlı olduğu,kısacası

m ≤ f(x, y) ≤M (∀(x, y) ∈ R)

koşulları gerçeklenecek biçimde m ve M gerçel sabitlerinin varolduğu varsayılmaktadır ;Örneğin f = f(x, y) gerçel değerli R bölgesinde sürekliyse, kapalı-sınırlı R bölgesi tıkızolduğundan, f fonksiyonu bu bölgede uygun bir noktada en büyük değerine, uygun birnoktada en küçük değerine erişir, kısacası

f(x0, y0) ≤ f(x, y) < f(x1, y1) (∀(x, y) ∈ R)

olacak biçimde (x0, y0) ∈ R ve (x1, y1) ∈ R noktaları vardır. Bu önemli gerçek yazarınGenel Topolojı (Nobel Kitapevi, 2014) kitabında ispatlanmıştır!

Temel Teorem: Herhangi bir tıkız A kümesinde tanımlanan herhangi bir sürekligerçel değerli f : A → R fonksiyonu için f(a0) ≤ f(x) ≤ f(a1) (∀x ∈ A) koşullarınıgerçekleyen a0, a1 ∈ A elemanları vardır.

Demek ki, herhangi bir tıkız kümede tanımlı, gerçel değerli ve sürekli her fonksiyon, butıkız kümenin uygun bir noktasında en küçük ve uygun bir noktasında en büyük değerineerişmektedir.Bu nedenle, yukarıdaki kapalı-sınırlı R bölgesinde sürekli f gerçel değerlifonksiyonunun uygun (x0, y0), (x1, y1) ∈ R noktalarında şunu gerçekler:

m0 = f(x0, y0) ≤ f(x, y) ≤ f(x1, y1) = M0 (∀(x, y) ∈ R)

O halde, yukarıdaki (1) parçalanışındaki her bir Rk ⊆ R alt bölgesi için 0 ≤ AlanRk

nedeniyle ve herbir (x, y) ∈ Rk için, apaçık biçimde m0 ≤ f(x, y) ≤ M0 nedeniylem0 ≤ inf(x,y)∈Rk f(x, y) = inf f(Rk) ≤ sup f(Rk) = sup(x,y)∈Rk f(x, y) ≤M0 bularak

m0 ·N∑k=1

AlanRk ≤N∑k=1

AlanRk · inf f(Rk) = sf (R1, R2, ..., RN) ≤

179

≤N∑k=1

AlanRk·sup f(Rk) = Sf (R1, R2, ..., RN) ≤M0·N∑k=1

AlanRk

ve kısalık amacıyla

AlanR =N∑k=1

AlanRk > 0

yazılırsa sonuçta benzer şeyler, herhangi bir {R1, R2, ...Rn} parçalanışı için yapılarakaşağıdaki temel eşitsizlikler bulunur:

−∞ < m0 · AlanR ≤ sf (R1, R2, ..., Rn) ≤ Sf (R1, R2, ..., Rn) ≤M0 · AlanR < +∞

Dikkat: Bu eşitsizliklerin, aslında R bölgesinde tanımlı, gerçel değerli ve SINIRLI herfonksiyon için geçerli olduğunu gözleyiniz.R bölgesinin herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} par-çalanışları aracılığıyla tanımlanan

sf (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk·inf f(Rk) , Sf (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk·sup f(Rk)

toplamlarına, sırasıyla, f fonksiyonun bu parçalanışa karşılık gelen alt Riemann top-lamı ve üst Riemann toplamı denilir. R bölgesinin her parçalanışının, [a, b] = π1(R)ve [c, d] = π2(R) aralıklarının

a = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b , c = y0 < y1 < y2 < ... < ym−1 < ym = b

parçalanışları aracılığıyla belirlenen

∅ 6= Rk,i = ([xk−1, xk]× [yi−1, yi]) ∩R ⊆ R

alt bölgelerinden oluştuğu, bunların ikişer ikişer ayrık oldukları unutulmamalıdır.[a, b]aralığının, yukarıdaki parçalanış noktalarına tek bir tane yeni bir parçalanış noktasıeklendiğinde, örneğin

a = x0 < x1 < ... < xk0−1 < ξ0 < xk0 < xk0+1 < ... < xn−1 < xn = b

parçalanışı tanımlandığında, her bir 1 ≤ i ≤ m indisi için, R bölgesinin hem ([xk0−1, ξ0)×[yi−1, yi)) ∩R hem de ([ξ0, xk0)× [yi−1, yi)) ∩R gibi yeni alt bölgeleri tanımlanır.Benzergözlemler [c, d] aralığının yukarıda yazılı parçalanışa, tek bir tane yeni parçalanış noktasıekleyerek (bu yeni noktayı tanımlayarak) elde edilir. Biraz önce tanımlanan yeni altbölgelerin

([xk0−1, ξ0)× [yi−1, yi)) ∩R Rk0,i = ([ξ0, xk0)× [yi−1, yi)) ∩R,

([ξ0, xk0)× [yi−1, yi)) ∩R Rk0,i

gerçeklediğini gözleyin çünkü hem [xk0−1, ξ0) ⊆ [xk0−1, xk0) hemde [ξ0, xk0) ⊆ [xk0−1, xk0)

180

nedeniyle ve A1 ⊆ A2 , B1 ⊆ B2 ise A1 × B1 ⊆ A2 × B2 olduğunu söyleyen bilgiyikullanırız. Üstelik, dikkat edilirse, sözgelimi

Rk0,i = [([xk0−1, ξ0)× [yi−1, yi)) ∩R] ∪ [([ξ0, xk0)× [yi−1, yi)) ∩R]

gerçekleşir, yani Rk0,i bölgesi iki yeni alt bölgeye ayrışmış (parçalanmış) olur.Böylece[a, b] aralığındaki parçalanışa, yeni bir tanecik nokta eklendiğinde {R1, R2, ..., Rn} par-çalanışa tam 2m tane yeni alt parçalanış bölgesi eklenmiş olur, o halde [a, b] aralı-ğına yeni N tane nokta eklenirse R bölgesinin parçalanış bölgelerinin sayısı 2Nm taneartmış olur.Sayıları artan, alanları küçülen bu yeni alt parçalanış bölgelerinin belirle-diği {R∗1, R∗2, ..., R∗N∗} parçalanışına {R1, R2, ..., Rn} parçalanışının bir incelmesi denir,çünkü her bir R∗k için, tek türlü belirli bir i indisi sayesinde R∗k ⊆ Ri gerçekleşmekte-dir.Verilen bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışını yalnızca bu yöntemle inceltmek mümkün-dür.Şimdi aşağıdaki önermeleri kanıtlayalım :

Önerme 1: R bölgesinin parçalanışları inceldikçe, R bölgesinde tanımlı gerçel değerlive sınırlı bir f fonksiyonuna ait alt Riemann toplamları artar, üst Riemann toplamlarıise küçülür.Kanıtlama : R bölgesinin bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışı tanımlansın. Bunu belirleyengerçel sayılar a = x0 < ... < xn = b ve c = y0 < y1 < ... < ym = d olsunlar. [a, b]aralığındaki bu n tane parçalanış noktasına, yeni bir ξ0 ∈ (xk0−1, xk0) noktası ekleyerekR bölgesinin parçalanış bölgelerinin sayısınım tane arttıralım ve sözgelimi ([xk0−1, xk0)×[yi−1, yi))∩R bölgesi Rm0 ise, ξ0 aracılığıyla bu alt bölgeyi, tıpkı yukarıda yapıldığı gibif(Rm0) = f(Rm0,1) ∪ f(Rm0,2) olur ve ünlü ∅ 6= A ⊆ B ⊆ R için inf B ≤ inf A bilgisiyle( dikkat: inf B gerçel sayısı B için bir alt sınır ve dolayısıyla inf B < x (∀x ∈ B) veüstelik A ⊆ B nedeniyle, sonuçta inf B ≤ x (∀x ∈ A) bularak inf B ≤ inf A eldeediniz), inf f(Rm0,1) ≥ inf f(Rm0) ve inf f(Rm0,2) ≥ inf f(Rm0) bulunur, çünkü hemf(Rm0,1) ⊆ f(Rm0) hemde f(Rm0,2) ⊆ f(Rm0) kapsamaları geçerlidir, ayrıca apaçıkbiçimde AlanRm0 = AlanRm0,1 + AlanRm0,2 olduğundan, sonuçta

AlanRm0 · inf f(Rm0) = AlanRm0,1 · inf f(Rm0) + AlanRm0,1 · inf f(Rm0)

≤ AlanRm0,1 · inf f(Rm0,1) + AlanRm0,2 · inf f(Rm0,2)bulunur; tüm bunları ikiye ayrışan tüm Rk1 , Rk2 , ..., Rkm alt bölgeleri için yaparsak, ffonksiyonunun {Rk1 , Rk2 , ..., Rkm} parçalanışına karşılık gelen alt Riemann toplamı içinşunlar geçerlidir:

sf (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk · inf f(Rk) =

181

=∑

k 6=k1,k2,...km

AlanRk · inf(Rk) +m∑i=1

AlanRki · inf(Rki)

6∑

k 6=k1,k2,...km

+m∑i=1

(AlanRki,1 · inff(Rki,1) + AlanRki,2 · inf(Rki,2)

Bu son toplamın, üye sayısı 2m tane artmış yeni parçalanışa karşılık gelen alt Riemanntoplamı olduğunu gözleyiniz. Bunlar, [a, b] ve [c, d] aralığına yeni (sonlu tane keyfi) parça-lanış noktası ekleyerek elde edilen parçalanışlar için de yapılarak şu temel gerçek gözlen-miş olur: Eğer {R∗1, R∗2, ..., R∗N} parçalanışı {R1, R2, ..., Rn} parçalanışının bir incelmesiise

sf (R1, R2, ..., Rn) 6 sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗N) 6 Sf (R

∗1, R

∗2, ..., R

∗N) 6 Sf (R1, R2, ..., Rn)

geçerlidir, sonuncu eşitsizlik, benzer düşüncelerle ve bu kez ∅ 6= A ⊆ B ⊆ R içinsupA 6 supB bilgisiyle kolayca gösterilir. Bitti!

Önerme 2: Önerme 1’deki f fonksiyonunun herhangi bir alt Riemann toplamı, herhangibir üst Riemann toplamından daima eşit küçüktür.Kanıtlama: Söylenen şudur: R kapalı-sınırlı bölgesinin herhangi iki parçalanışı sıra-sıyla{R1, R2, ..., Rn1} ve {R∗1, R∗2, ..., R∗n2

} olsun. Bu durumda

sf (R1, R2, ..., Rn1) 6 Sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗n2

)

geçerlidir. Bunu göstermek çok kolaydır. [a, b] = π1(R) kapalı-sınırlı aralığının birinciparçalanışı belirleyen noktaları a = x0 < x1 < ... < xn−1 < xn = b ikincisini belirleyennoktaları a = x∗0 < x1∗ < ... < x∗m−1 < x∗m = b ise, tüm bu noktaların hepsi kullanaraktanımlanan parçalanış

a = ξ0 < ξ1 < ... < ξn−1 < ξN = b

ile yazılsın, o halde herbir ξk ya bir xi ya da bir x∗j gerçel sayısıdır ve benzer şeyleri[c, d] = π2(R) aralığı için yaparsak

c = η0 < η1 < ... < ηm−1 < ηm = d

yeni parçalanışı ve böylece R bölgesinin

R∗∗k,i =([ξk−1, ξk)× [ηi−1, ηi)

)∩R

alt bölgeleri belirlenmiş olur, bu çift indisli alt bölgeleri eğer yeniden sayıp numara-larsak {R∗∗1 , R∗∗1 , ..., R∗∗M} parçalanışı elde edilir. Dikkat edilirse bu yeni parçalanış hem{R1, ..., Rn1} hem de {R∗1, ..., R∗n2

} parçalanışlarından ince olduğundan (neden?), bir ön-ceki Önerme kullanılarak aşağıdaki eşitsizlikler elde edilir:

sf (R1, R2, ..., Rn1) 6 sf (R∗∗1 , R

∗∗2 , ..., R

∗∗M) 6 Sf (R

∗∗1 , R

∗∗2 , ..., R

∗∗M) 6 Sf (R

∗1, R

∗2, ..., R

∗n2

)

182

Bunun istenen eşitsizlik olduğuna dikkat ediniz.

Önerme 3: f fonksiyonunun alt ve üst Riemann tümlevleri için daima aşağıdaki eşit-sizlik geçerlidir:

−∞ < Rf (R) 6 Rf (R) < +∞Kanıtlama: Kapalı-sınırlı R bölgesinde gerçel değerli ve sınırlı herhangi bir f fonksiyo-nunun, R bölgesindeki alt Riemann tümlevi ile üst Rieman tümlevi sırasıyla

Rf (R) = sup{R1,R2,...,Rn}

sf(R1, R2, ...Rn)

Rf (R) = inf{R1,R2,...,Rn}

Sf(R1, R2, ...Rn)

biçiminde tanımlanır. Dikkat edilirse, R kümesinin {aϕ : ϕ ∈ Λ} ve {bϕ : ϕ ∈ Λ} gibiaynı bir Λ indis kümesiyle indislenmiş alt kümeleri için, eğer ϕ, β ∈ Λ indisleri ne olursaolsun aϕ 6 bβ eşitsizlikleri geçerliyse

−∞ < supϕ∈Λ

aϕ 6 infϕ∈Λ

bϕ < +∞

bulunur, çünkü sabit bir β0 ∈ Λ için, varsayım gereği aϕ 6 bβ0 (∀ϕ ∈ Λ) olduğundan,kolayca supϕ∈Λ aϕ 6 bβ0 sonucu bulunur, buysa supϕ∈Λ aϕ 6 bβ (∀β ∈ Λ) sonucunu verir(neden?), dolayısıyla infimum tanımı gereği supϕ∈Λ aϕ 6 infβ∈Λ bβ = infϕ∈Λ bϕ ve dikkatedilirse keyfi bir ϕ0 ∈ Λ indisi aracılığıyla, aϕ0 ve bϕ0 birer gerçel sayı olduğundan

−∞ < aϕ0 6 supϕ∈Λ

aϕ 6 infϕ∈Λ

bϕ 6 bϕ0 < +∞

bulunur. Oysa R bölgesinin herhangi {R1, ...Rn} ve {R∗1, R∗2, ..., R∗m} parçalanışları için,bir önceki önermede kanıtlandığı gibi

sf (R1, R2, ..., Rn) 6 Sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗m)

olduğundan, yukarda söylenen bilgilerin ışığındaRf (R) = sup{R1,R2,...,Rn} sf (R1, R2, ..., Rn) 6inf{R1,R2,...,Rn}(R1, R2, ..., Rn) = Rf (R) bulunur. Burada gerek Rf (R) ve gerekse Rf (R)yazılışlarında, birinci R Riemann ikinci R ise bölgeyi göstermektedir. Dikkat: Tümparçalanışlar üzerinden supremum ve infimum alındığı unutulmamalıdır, dolayısıyla ye-terince küçük 0 < ε < 1 alındığında, [a, b] ve [c, d] aralıklarında a = x0 < x1 < ... <xn−1 < xn = b ve c = y0 < y1 < ... < yn = d noktaları, herbir k ve i indisleri için0 < xk − xk−1 < ε ve 0 < yi − yi−1 < ε olacak biçimde tanımlanırsa, R bölgesinin bunoktalar aracılığıyla tanımlanan parçalanışı {R1(ε), R2(ε), ..., RN(ε)} ile yazılırsa, herbirRm(ε) alt bölgesinin alanı için aşağıdaki geçerli olur:

Alan(Rm(ε)) = Alan(([xk−1, xk)× [yi−1, yi)

)∩R

6 Alan(([xk−1, xk)× [yi−1, yi)

)= (xk−1 − xk) · (yi − yi−1) < ε2 < ε

183

Böylece, sözgelimi üst Riemann tümlevi için

Rf (R) = inf{R1,R2,...,Rn}

Sf (R1, R2, ..., Rn) 6 Sf (R1(ε, R2(ε), ..., RN(ε))

=N∑k=1

AlanRk(ε) · sup f(Rk(ε))

6 M ·N∑k=1

AlanRk(ε) < M ·Nε

bulunur, burada R bölgesinde f(x, y) 6 M (∀(x, y) ∈ R) varsayılmıştır. Burada ε ye-terince küçük, sözgelimi 0 < ε < 1

1010alınsa bile, parçalanış bölgelerinin sayısı N çok

büyük olabilir, bu nedenle Rf (R) 6 M · Nε sınırlamasındaki üst sınırın sıfıra yakınolduğu düşünülmemelidir.

Tanım: Kapalı-sınırlı R bölgesinde tanımlı, gerçel değerli ve sınırlı bir f fonksiyonuna,ancak ve yalnız aşağıda yazılı

Rf (R) = Rf (R)

koşulunu gerçeklerse R bölgesinde Riemann tümlevlenebilir denir.

Önerme 4: Riemann tümlevlenebilir olmayan sınırlı gerçel değerli fonksiyonlar vardır.Kanıtlama: Kapalı-sınırlı R bölgesi, bu bölümün girişinde çizilen bölgelerden birisiolsun. f fonksiyonu aşağıdaki gibi tanımlansın:

f(x, y) =

{1 ; (x, y) ∈ R− (Q×Q)0 ; (x, y) ∈ R ∩ (Q×Q)

Görüldüğü gibi f gerçel değerli fonksiyonu 0 ve 1’den başka değer almamaktadır, böylece0 6 f(x, y) 6 1 (∀(x, y) ∈ R) olmaktadır, yani f gerçel değerli fonksiyonu sınırlıdır. Rbölgesinin herhangi bir R1, R2, ..., Rn parçalanışına karşılık gelen alt ve üst Riemanntoplamları

sf (R1, R2, ..., Rn) = 0 < AlanR = Sf (R1, R2, ..., Rn)

gerçekler, çünkü düzlemde alanı, 0 < AlanR∗ gerçekleyen herhangi bir R∗ bölgesidaima (a1, b1)× (c1, d1) gibi, şekli aşağıdaki gibi olan bir dikdörtgeni kapsar (neden?)

böylece bu dikdörtgen bölgede, her iki bileşeni de rasyonel sayılar olan sayılabilir sonsuzsayıda sıralı ikili verdır, çünkü her r1 ∈ (a1, b1), r1 ∈ (c1, d1) rasyonel sayıları için(r1, r2) noktaları bu niteliktedir (dikkat: herhangi iki farklı gerçel sayı arasında sayılabilir

184

sonsuz tane rasyonel sayı vardır, (bkz. Analiz III ders notları), benzer biçimde en az birbileşeni irrasyonel olup R∗ bölgesine ait olan sayılamaz sonsuz tane (x, y) sıralı ilişkisivardır. Bu gözlemler nedeniyle yukarıdaki R1, R2, . . . , Rn parçalanışı için 0 < AlanRk

ise f(Rk) = {f(x, y) : (x, y) ∈ Rk} = {0, 1} böylece inf f(Rk) = 0 < 1 = sup f(Rk)olur sf (R1, R2, . . . , Rn) =

∑nk=1 AlanRk · inf f(Rk) = 0 bulunur, çünkü toplama katılan

çarpım değerlerindeki ikinci çarpanlar hep sıfırdır; benzer biçimde Sf (R1, R2, . . . , Rn) =∑nk=1AlanRk = AlanR bulunur (neden?) O halde bu f fonksiyonu için, üst ve alt

Riemann tümler değerleri

Rf (R) = sup sf (R!, R2, . . . , Rn) = 0 < AlanR = inf Sf (R!, R2, . . . , Rn) = Rf (R)

kısacası Rf (R) < Rf (R) olmaktadır, bu nedenle f fonksiyonu Riemann tümlevlenebilirdeğildir.Temel Teorem aslında aşağıdakidir:

Teorem 1: Kapalı-sınırlı R bölgesinde hemen her yerde gerçel değerli, hemen her yerdesürekli olan herhengi bir fonksiyon, R bölgesinde Riemann tümlevlenebilirdir.Bu olağanüstü teorem f fonksiyonunun, f(x, y) = ∓∞ koşulunu gerçekleyen (x, y) ∈ Rnoktaları kümesinin ve aynı zamanda f ’in süreksiz olduğu (x∗, y∗) ∈ R noktaları küme-sinin Lebesgue ölçüsünün SIFIR olması durumunda, R bölgesinde Riemann tümlevlene-bilir olduğunu söylemektedir ve çarpım ölçüsü kavramının okutulduğu Reel Analizderslerinde kanıtlaması yapılır. Biz bunun çok özel aşağıdaki biçimini kanıtlayalım.

Teorem 2: R kapalı-sınırlı bölgesinde sürekli gerçel değerli her fonksiyon R bölgesindeRiemann tümlevlenebilirdir.Kanıtlama: R kapalı-sınırlı bölgesinde tanımlı gerçel değerli bir f fonksiyonu eğer sürek-liyse, bilindiği ve gösterildiği gibi öncelikle sınırlıdır, yani m 6 f(x, y) 6M (∀(x, y) ∈R) olacak biçimdem,M sabitleri vardır, böylece daha önce gösterildiği gibi, her {R1, R2, . . . , Rn}parçalanışı için−∞ < m·AlanR 6 sf (R1, R2, . . . , Rn) 6 Rf (R) 6 Rf (R) 6 Sf (R1, R2, . . . , Rn) 6M · AlanR < +∞ olur, ayrıca f fonksiyonu R bölgesinde düzgün süreklidir, yani

∀ε > 0 ∃δε > 0, (x1, y1), (x2, y2) ∈ R ve |x1−x2| < δε, |y1−Y2| < δε ⇒ |f(x1, y1)−f(x2, y2)| < ε

çıkarsama koşulunu gerçekler. Özellikle 0 < γ0 = AlanR sabiti aracılığıyla < εγ0+1

pozitifsayısına karşılık

(x1, y1), (x2, y2) ∈ R ve |x1 − x2| < δε, |y1 − y2| < δε ⇒ |f(x1, y1)− f(x2, y2)| < ε

γ0 + 1

koşulu gerçekleyenecek biçimde pozitif bir δε vardır(belirlenir). O halde π1(R) = [a, b] veπ2(R) = [c, d] aralıklarında, 0 < δ′ε <

δε∧(b−a)∧(d−c)2

gerçel ve[b−aδ′ε

]= nε ile

[d−cδ′ε

]= mε

doğal sayıları aracılığıyla (dikkat: sözgelimi δ′ε <b−a

2nedeniyle 2 < b−a

δ′εve böylece

185

2 6[b−aδ′ε

]= nε ve ayrıca 0 < δ′ε <

δε2< δε olduğunu gözleyiniz)

xk = a+ kδ′ε , yi = c+ iδ′ε (k = 1, . . . , nε ve i = 1, . . . ,mε)

gerçel sayılarının belirlediği parçalanışlar aracılığıyla, R bölgesinde

Rk,i(ε) = ([xk−1, xk)× [yi−1, yi)) ∩R ⊆ R

alt bölgelerinin belirlediği ayrışma (parçalanış) göz önüne alınsın. Dikkat edilirse xk −xk−1 = δ′ε < δε , yi−yi−1 = δε < δε olmaktadır. Bu çift indisli Rk,i(ε) bölgelerini yenidensayıp numaralandıralım ve belirledikleri parçalanışı

{R1(ε), R2(ε), . . . , RN(ε)} (∗)

olarak yazalım; kolayca (ξ1, η1), (ξ2, η2) ∈ Rm(ε) düzlem noktaları ne olursa olsun ξ1, ξ2 ∈[xk−1, xk) ve η1, η2 ∈ [yi−1, yi) gerçekleyen k ve i indisleri var ve sonuçta |ξ1 − ξ2| 6xk − xk−1 < δε ve |η1 − η2| 6 yi − yi−1 < δε olduğundan |f(ξ1, η1)− f(ξ2, η2)| < ε

γ0+1ve

böylece

0 6 sup f(Rm(ε))− inf f(Rm(ε)) = sup(ξ1,η1),(ξ2,η2)∈Rm(ε)

|f(ξ1, η1)− f(ξ2, η2)| 6 ε

γ0 + 1

elde edilir, çünkü şu temel bilgiyi kullanmaktayız:

Temel Bilgi: Boştan farklı ve sınırlı herhangi A ⊆ R alt kümesi için daima 0 6supA− inf A = supx,y∈A |x− y| geçerlidir.Gerçekten, öncelikle, en az bir a0 ∈ A 6= ∅ elemanı var olduğundan, kolayca inf A 6a0 6 supA ve benzeriyle inf A − supA 6 x − y 6 supA − inf A yani −(supA −inf A) 6 x − y 6 supA − inf A böylece |x − y| 6 supA − inf A elde edileceğinden(unutulmasın: 0 6 α ise − α 6 x 6 α ile |x| 6 α iddiaları eşdeğerdir.) sonuçta|x −y| 6 supA − inf A (∀x, y ∈ A) bulup, supremum alarak 0 6 supx,y∈A |x − y| 6(1)

supA − inf A elde edilir. Oysa supremum ve infremum tanımları gereği, ∀ε > 0 içinsupA− ε

2< xε ve yε < inf A+ ε

2olacak biçimde xε, yε ∈ A gerçel sayıları var olduğundan,

sonuçta ∀ε > 0 için (supA − inf A) − ε = (supA − ε2) − (inf A + ε

2) < xε − yε 6

|xε − yε 6 supx,y∈A |x − y| kısacası, ∀ε > 0 için supA − inf A 6 (supx,y∈A |x − y|) + ε

nedeniyle supA− inf A 6(2) supx,y∈A |x− y| geçerlidir, (1) ve (2) eşitsizlikleri istenileniverir,; burada şu gerçek kullanıldı: Temel Gerçek: a, b ∈ R gerçel sayılarının a 6 bgerçekleyebilmesi için gyk ∀ε > 0 için a 6 b + ε olmasıdır. Gereklilik apaçıktır, tersineyeterlilik varsayımı altında a 6 b olur, çünkü olmasaydı b < a olur ve ε0 = a−b

3> 0

için yeterlik varsayımı gereği a 6 b + ε0 olduğundan sonuçta a 6 b + ε0 = a+2b3

<a+2a

3= a yani a < a bulunurdu! Tüm bu bilgi ve gerçekler kullanılırsa, yukarıda (∗)

parçalanışı için zaten hem Rf (R) = inf Sf (R1, R2, . . . , Rn) 6 Sf (R1(ε), . . . , RN(ε)) hem

186

de sf (R1(ε), ..., RN(ε)) ≤ sup sf (R1, R2..., Rn) = Rf (R) olduğundan, (dikkat: infimumve supremum tüm {R1, R2, . . . , Rn} parçalanışları üzerinden alınmaktadır) sonuçta

0 ≤ Rf (R)−Rf (R) ≤ Sf (R1(ε), ..., RN(ε))− sf (R1(ε), ..., RN(ε))

=N∑k=1

AlanRk(ε) · (sup f(Rk(ε)− inf f(Rk(ε))

≤ ε

γ0 + 1·N∑k=1

AlanRk(ε) =ε · γ0

γ0 + 1< ε (∀ε > 0)

bularak, biraz önceki Temel Gerçek nedeniyle 0 ≤ Rf (R)−Rf (R) ≤ 0 yani f fonksiyo-nunun R bölgesinde Riemann tümlevlenebilir olduğunu söyleyen Rf (R) = Rf (R) sonucubulunur. Bitti !

Bundan böyle R bölgesinde Riemann tümlevlenebilir f için, eşit olan Rf (R) = Rf (R)gerçel sayısına f ’inRiemann tümlev değeri diyeceğiz ve bu gerçel sayıyı kısaca Rf (R)ile ya da daha yaygın kullanım olan

Rf (R) =

∫∫R

f(x, y)dxdy

işareti ile yazacağız.

Ödev: f fonksiyonu R kapalı-sınırlı bölgesinde sabit fonksiyon ise, yani f(x, y) = c0

(∀(x, y) ∈ R) olacak biçimde bir c0 sabiti varsa

Rf (R) = Rf (R) = c0 · AlanR

gerçekleştiğini gösteriniz.

Ödev: Önceki örnekten yararlanarak gösterin: Düzlemde kapalı-sınırlı herhangi R böl-gesi için aşağıdaki geçerlidir: ∫∫

R

dxdy = AlanR

Önerme 5: f fonksiyonu kapalı-sınırlı R bölgesinde Riemann tümlevlenebilirse Rf (R)tümlev değeri aşağıdaki limite eşittir:

limn→∞

{ n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk) : (xk, yk) ∈ Rk(k = 1, ..., n) ve

∀ε > 0,∃nε ∈ N, max1≤k≤n

(AlanRk) < ε (∀n ≥ nε)}

187

kısacası, yeterince küçük her ε > 0 sayısına karşılık, R bölgesinin max1≤k≤n

(AlanRk) < ε ko-

şulunu gerçekleyen herbir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışıyla, gelişigüzel seçilen (xk, yk) ∈ Rk

noktaları ne olursa olsun (alanlar çok küçük olduğundan, parçalanışa katılan alt bölge-lerin sayısı n yeterince büyüktür) bu türde parçalanışlar üzerinden alından aşağıdakitoplamların limiti şunu gerçekler :

Rf (R) = limn→∞

n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk)

Kanıtlama :Öncelikle f fonksiyonu Riemann tümlevlenebilir, kısacasıRf (R) = Rf (R) =Rf (R) olduğundan

sup{R1,R2,...,Rn}

sf (R1, R2, ..., Rn) = Rf (R) = inf{R1,R2,...,Rn}

Sf (R1, R2, ..., Rn)

geçerlidir, dolayısıyla her ε > 0 için, infimum ve supremum olmanın gereği

Rf (r)− ε < sf (R∗1(ε), R∗2(ε), ..., R∗n1

(ε) ≤ Sf (R∗1(ε), R∗2(ε), ..., R∗n2

(ε) < Rf (R) + ε

gerçeklenecek biçimde R bölgesinin {R∗1(ε), ..., R∗n1(ε)} ve {R∗∗1 (ε), ..., R∗∗n2

(ε)} parçalanış-ları vardor, ayrıca hem [a, b] = π1(R) hem de [c, d] = π2(R) aralıklarında, her bir alt ara-lığın uzunluğu < ε olan parçalanışlar aracılığıyla, R bölgesinin bir {R∗∗∗1 (ε), ..., R∗∗∗n3

(ε)}parçalanışı ve sonuçta bu üç parçalanışın ortak incelmesi olan {R1(ε), ..., RN(ε)} vardır.Bu son belirlenen parçalanıştan daha ince olan herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışıiçin, zorunlu olarak n > N olduğu, üstelik

max1≤k≤n

(AlanRk) ≤ max1≤i≤N

(Alan(Ri(ε)) ≤ max1≤j≤n3

(AlanR∗∗∗j (ε)) < ε

gerçeklendiğini gözleyiniz (nasıl?). Ayrıca (xk, yk) ∈ Rk noktaları nasıl seçilirse seçilsin,herbir 1 ≤ k ≤ n indisi için

inf f(Rk) = inf(x,y)∈Rk

f(x, y) ≤ f(xk, yk) ≤ sup(x,y)∈Rk

f(x, y) = sup f(Rk)

olduğu ve parçalanışlar inceldikçe alt Riemann toplamları artıp üst Riemann toplamlarıazaldığı için, tüm bilgiler kullanılıp

Rf (R)− ε < sf (R∗1(ε), ..., R∗n1

(ε)) ≤ sf (R1, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk · inf f(Rk)

≤n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk) ≤n∑k=1

AlanRk · sup f(Rk) = Sf (R1, ..., Rn)

≤ Sf (R∗∗1 (ε), ..., R∗∗n2

(ε)) < Rf (R) + ε

188

ve böylece

Rf (R)− ε <n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk) < Rf (R) + ε

−ε <n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk)−Rf (R) < ε

yani

|Rf (R)−n∑k=1

AlanRk · f(xk, yk)| < ε (∀ε > 0)

bularak istenen

Rf (R) = limn→∞

n∑k=1

(AlanRk · f(xk, yk))

sonucu bulunur (neden?)

Teorem 3: Düzlemde R ve R∗ bölgeleri, girişte anlatılan niteliklerde kapalı-sınırlı veüstelik ayrık olsunlar. f fonksiyonu hem R hem de R∗ bölgesinde Riemann tümlevlene-bilirse aşağıdaki eşitlik geçerlidir :∫∫

R∪R∗

f(x, y)dxdy =

∫∫R

f(x, y)dxdy =

∫∫R∗

f(x, y)dxdy

Kanıtlama : R∪R∗ bölgesinin herhangi bir parçalanışı, R ve R∗ bölgelerine uygun birer{R1, R2, ..., Rn} ve {R∗1, R∗2, ..., R∗m} parçalanışları aracılığıyla

R ∪R∗ = R1 ∪ R2 ∪ ... ∪R∗1 ∪R∗2 ∪ ... ∪R∗m

biçiminde tanımlanacağından, sağ yanda birleşime katılan alt bölgelerin herhangi farklıiki tanesinin ayrık olduğuna ve bu parçalanışın, söz gelimi Riemann toplamının

Sf (R1, R2, ..., Rn, R∗1, R

∗2, ..., R

∗m) =

n∑k=1

AlanRk · sup f(Rk) +m∑k=1

AlanR∗i · sup f(R∗i )

= Sf (R1, R2, ..., Rn) + Sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗m)

ve böylece f fonksiyonunun R ∪R∗ bölgesindeki üst Riemann tümlevi

Rf (R∪R∗) ≤ Sf (R1, R2, ..., Rn, R∗1, R

∗2, ..., R

∗m) = Sf (R1, R2, ..., Rn)+Sf (R

∗1, R

∗2, ..., R

∗m)

gerçekler. Demek ki R bölgesinin herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} ve R∗ bölgesinin herhangibir {R∗1, R∗2, ..., R∗m} parçalanışı için

Rf (R ∪R∗)− Sf (R∗1, R∗2, ..., R∗m) ≤ Sf (R1, R2, ..., Rn)

189

bularak kolayca

Rf (R ∪R∗)− Sf (R∗1, R∗2, ..., R∗m) ≤ inf{R1,R2,...,Rn}

Sf (R1, R2, ..., Rn) = Rf (R)

ve dolayısıyla Rf (R ∪ R∗) − Rf (R) ≤ Sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗m) elde edilir ve infimum alarak

sonuçtaRf (R ∪R∗)−Rf (R) ≤ Rf (R

∗)

yaniRf (R ∪R∗) ≤ Rf (R) +Rf (R

∗)

bulunur. Sonuncu eşitsizliğin tersi de kolayca elde edilir ve ödevdir. Böylece, benzer so-nuçları alt Riemann tümlevleri için de elde ederek

Rf (R ∪R∗) = Rf (R) +Rf (R∗) ve Rf (R ∪R∗) = Rf (R) +Rf (R

∗)

ve böylece, f fonksiyonu hem R hem de R∗ bölgesinde Riemann tümlevlenebilir oldu-ğundan, sonuçta f fonksiyonunun R∪R∗ bölgesinde Riemann tümlevlenebilir olduğunusöyleyen aşağıdaki eşitlikler bulunur :

Rf (R ∪R∗) = Rf (R) +Rf (R∗) = Rf (R) +Rf (R

∗) = Rf (R ∪R∗)

Dikkar edilirse bu bulunan sonuçlar

Rf (R ∪R∗) = Rf (R) +Rf (R∗)

gerçekleştiğini söylemektedir, bu istenendir (neden?)

Uyarı: Aslında R ve R∗ kapalı-sınırlı bölgeleri, eğer µ(R∩R∗) = 0 koşulunu yani R∩R∗kesişim kümesinin Lebesque ölçüsünün sıfır olması koşulunu yerine getirseler bile(örneğin aşağıdaki gibiyseler) yine

∫∫R∪R∗

f(x, y)dxdy =

∫∫R

f(x, y)dxdy =

∫∫R∗

f(x, y)dxdy

eşitliği geçerlidir. Bunun kanıtlaması Reel Analiz derslerinde verilir.

190

Teorem 4: c0 ∈ R sabiti ve R bölgesindeki Riemann tümlevlenebilir f fonksiyonu neolursa olsun ∫∫

R

(c0 · f)(x, y)dxdy = c0 ·∫∫R

f(x, y)dxdy

geçerlidir.Kanıtlama:Gerçel değerli c0·f fonksiyonu iyi bilindiği gibi (c0·f)(x, y) = c0·f(x, y)(∀(x, y) ∈R) biçiminde tanımlanır.Bu teoremdeki iddia dolayısıyla c0 = 0 için apaçıktır, çünkü budurumda her iki yan da sıfır olur.Şimdi c0 > 0 olsun, oysa herhangi bir sınırlı ∅ 6= A ⊆ Ralt kümesi için c0 · supA = sup{c0 · x : x ∈ A} göstermek güç değildir, çünkü za-ten, kısalık amacıyla αA = supA(∈ R) yazarak, her x ∈ A için x ≤ αA ve sonuçtac0 ·x ≤ c0 ·αA(∀x ∈ A) ve ayrıca her ε > 0 için, supremum tanımı gereği αA− ε

c0< xε ve

sonuçta c0αA−ε = c0(αA− εc0

) < c0xε gerçekleyen en az bir xε ∈ A var olduğundan c0αAgerçel sayısının c0 ·A{c0 ·x : x ∈ A} kümesinin bir üst sınırı ve üst sınırlarının en küçüğüolduğu anlaşılır ve c0 · αA = sup{c0 · x : x ∈ A} = sup(c0A) eşitliği bulunur.O haldec0 · f fonksiyonunun, R bölgesinin herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışına karşılıkgelen üst Riemann toplamı

Sc0·f (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk · sup((c0 · f)(Rk)) =n∑k=1

AlanRk · c0 sup f(Rk)

= c0

∑nk=1AlanRk · sup f(Rk) = c0 · Sf (R1, R2, ..., Rn)

ve böylece c0 > 0 iken c0 · f fonksiyonunun üst Riemann tümlevi

Rc0f (R) = inf{R1,R2,...,Rn}

Sc0f (R1, R2, ..., Rn) = inf{R1,R2,...,Rn}

(c0 · Sf (R1, R2, ..., Rn))

= c0 · inf{R1,R2,...,Rn} Sf (R1, R2, ..., Rn) = c0 ·Rf (R)gerçekler, çünkü c0 > 0 iken, sınırlı ve boştan farklı herhangi bir A ⊆ R alt kümesi içinc0 · inf A = inf{c0 · x : x ∈ A} geçerlidir.(neden?).Benzer biçimde Rc0f

(R) = c0 · Rf (R)

eşitliği ve tüm bunlardan Rc0f(R) = c0 · Rf (R) = c0 · Rf (R) = Rc0f (R) (c0 > 0)

elde edilerek c0 ≥ 0 iken c0 · f fonksiyonunun hem Riemann tümlevlenebilir olduğuhem de Rc0f (R) = c0 · Rf (R) yani

∫∫R

(c0f)(x, y)dxdy = c0 ·∫∫R

f(x, y)dxdy gerçeklediği

anlaşılır.Öte yandan sınırlı ve boştan farklı A ⊆ R alt kümesiyle c0 < 0 sabiti ne olursaolsun

inf{c0 · x : x ∈ A} = c0 · supA , sup{c0 · x : x ∈ A} = c0 · inf A

eşitliklerini gösterip, c0 < 0 için teoremdeki iddiayı kanıtlamak ödevdir.

Teorem 5: R bölgesinde Riemann türevlenebilir f ve g fonksiyonları ve a0, b0 sabitlerine olursa olsun aşağıdaki eşitlik geçerlidir:∫∫

R

(a0f + b0g)(x, y)dxdy = a0

∫∫R

f(x, y)dxdy + b0

∫∫R

g(x, y)dxdy

191

Kanıtlama : Öncelikle, R kümesinin aynı bir Λ indis kümesiyle indislenmiş sınırlı A ={aα : α ∈ Λ} ve B = {bα : α ∈ Λ} alt kümelerinin

supα∈Λ

(aα + bα) ≤ supA+ supB, inf A+ inf B ≤ infα∈Λ

(aα + bα)

gerçeklediğini çünkü sözgelimi, her α ∈ Λ indisi için aα ≤ supA ve bα ≤ supB nedeniyleaα + bα ≤ supA+ supB olduğunu gözlemleyiniz.O halde kolayca

sup(f+g)(Rk) = sup{f(x)+g(x) : x ∈ Rk} = supx∈Rk

(f(x)+g(x)) ≤ sup f(Rk)+sup g(Rk)

eşitsizlikleri, R bölgesinin herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışındaki her bir Rk altbölgesi için geçerli olur, böylelikle f + g toplam fonksiyonunun bu parçalanışa karşılıkgelen üst Riemann toplamı için

Sf+g(R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

AlanRk·sup(f+g)(Rk) ≤n∑k=1

AlanRk·(sup f(Rk)+sup g(Rk))

= Sf (R1, R2, ..., Rn) + Sg(R1, R2, ..., Rn)

ve bu eşitsizlikler kullanılarak, üstelik f ve g Riemann tümlevlenebilir olduğundan

Rf+g(R) = sup{R1,R2,...,Rn}

Sf+g(R1, R2, ..., Rn) ≤ sup{R1,R2,...,Rn}

(Sf (R1, R2, ..., Rn)+Sg(R1, R2, ..., Rn))

≤ sup{R1,R2,...,Rn}

Sf (R1, R2, ..., Rn)+ sup{R1,R2,...,Rn}

Sg(R1, R2, ..., Rn)

= Rf (R) +Rg(R) = Rf (R) +Rg(R)

ve benzer işlemleri infimumlar için yaparak

Rf (R) +Rg(R) = Rf (R) +Rg(R) ≤ Rf+g(R) ≤ Rf+g(R) ≤ Rf (R) +Rg(R)

ve böylelikle f+g toplam fonksiyonunun R bölgesinde Riemann tümlevlenebilir olduğunusöyleyen

Rf+g(R) = Rf+g(R) = Rf (R) +Rg(R)

yani eşdeğer yazışla∫∫R

(f + g)(x, y)dxdy =

∫∫R

(f(x, y) + g(x, y))dxdy = R(f + g)

= Rf (R)+Rg(R) =∫∫R

f(x.y)(x, y)dxdy+∫∫R

g(x, y)dxdy

eşitliği bulunur, bu sonuç ve Teorem 4 kullanılarak istenen elde edilir.

192

Uyarı: Yukarıda, R kapalı-sınırlı bölgesinde gerçel değerli (yani −∞ < f(x, y) <∞(∀(x, y) ∈ R) gerçekleyen ) Riemann tümlevlenebilir bu f fonksiyonu için şu temelgerçeklere dikkat edilmiştir: Bilindiği gibi böyle bir f fonksiyonu için

sup{R1,R2,...,Rn}

sf (R1, R2, ...Rn) = l = inf{R1,R2,...,Rn}

Sf (R1, R2, ..., Rn)

gerçekleyen tek türlü belirli bir l (= Rf (R))) tümlev değeri olan gerçel sayı vardır, dola-yısıyla, sözgelimi en az bir {R0,1, R0,2, ..., R0,n} parçalanışı için Sf (R0,1, R0,2, ..., R0,n) üstRiemann toplamı bir GERÇEL SAYI olmalıdır, yani −∞ < l < Sf (R0,1, R0,2, ..., R0,n) <∞ olmalıdır, çünkü eğer tüm üst Riemann toplamları +∞ olsaydı, infimumları olan lgerçel sayısı için de l = +∞ bulunurdu ; dolayısıyla {R0,1, R0,2, ..., R0,n} parçalanışındanince olan tüm {R1, R2, ..., RN} parçalanışları için apaçık biçimde

−∞ < l < Sf (R1, R2, ..., RN) ≤ Sf (R0,1, R0,2, ..., R0,n) <∞

gözlenmelidir. Burada yeri geldiği için şunu söyleyelim:

Temel Gerçek: Bir ∅ 6= A ⊆ R alt kümesinin gelişigüzel seçilmiş sabit bir x0 ∈ Aelemanı için inf A = inf{x ∈ A : x ≤ x0} eşitliği geçerlidir. Gerçekten A0 = A ∩(−∞, x0] = {x ∈ A : x ≤ x0} ⊆ A alt kümesi tanımlanırsa, öncelikle x0 ∈ A0 6= ∅gözleyip inf A = inf A0 bulmak güç değildir. Gerçekten eğer bu infimumlardan birisi−∞ ise, zaten inf A = −∞ = inf A0 gözlemek kolaydır ve ödevdir ; eğer her ikisibirden birer gerçel sayı ise ∅ 6= A0 ⊆ A nedeniyle inf A ≤ inf A0 gözleyip inf A 6= inf A0

olmayacağı çıkarsanır, çünkü olsaydı inf A < inf A0 bulunur ve bunlar birer gerçel sayıolduklarından, var olan uygun bir ε0 > 0 sayesinde inf A + ε0 < inf A0 − ε0 < inf A0

gerçekleşir ve infimum tanımı ve x0 ∈ A0 bilgileri kullanılarak

∃a0 ∈ A, a0 < inf A+ ε0 < inf A0 ≤ x0

ve böylece A0 alt kümesinin tanımı gereği, a0 < x0 sonucu bize a0 ∈ A0 verir, sonuçtainf A0 ≤ a0 < inf A0 çelişkisini bulurduk!Şimdi bu temel gerçeği, f fonsiyonunun tümüst Riemann toplamları kümesine uygulayarak ve kolaylık amacıyla R bölgesinin bir{R1, R2, ..., Rn} parçalanışı bir {R∗1, R∗2, ..., R∗m} parçalanışının incelmesi olduğunda

{R1, R2, ..., Rn} ≺ {R∗1, R∗2, ..., R∗m}

yazarak, yukarıda belirlenen {R0,1, R0,2, ..., R0,n} parçalanışı aracılığıyla

infR1,R2,...,Rn

Sf (R1, R2, ..., Rn) = inf{Sf (R1, R2, ..., Rn) : {R1, R2, ..., Rn} ≺ {R0,1, R0,2, ..., R0,n}}

bulunur ve sağ yanda infimumu alınan tüm üst Riemann toplamları

−∞ < l ≤ Sf (R1, R2, ..., Rn) ≤ Sf (R0,1, R0,2, ..., R0,n) <∞

193

nedeniyle birer gerçel sayı olduğundan, sonuçta genelliği bozmaksızın f fonksiyonunun,tüm parçalanışlara karşılık gelen üst Riemann toplamlarının birer gerçel sayı olduğunuvarsayabiliriz.Bu nedenle R bölgesinin herhangi bir {R1, R2, ..., Rn} parçalanışı gözönüne alındığında, tüm f(Rk)(⊆ R) kümeleri için zaten ∅ 6= f(Rk) nedeniyle, yani enaz (xk, yk) ∈ Rk aracılığıyla −∞ < f(xk, yk) ≤ sup(x,y∈Rk) f(x, y) = sup f(Rk) olduğunuunutmadan −∞ < sup f(Rk) < +∞ gerçekleştiği anlaşılır, çünkü eğer en az bir 1 ≤k0 ≤ n indisi için sup f(Rk) = +∞ olsaydı, zaten 0 < AlanRk0 olduğundan

+∞ = AlanRk0 · sup f(Rk0) =n∑k=1

AlanRk · sup f(Rk0) = Sf (R1, R2, ..., Rn) < +∞

çelişkisi doğardı (dikkat: x ∈ R ne olursa olsun, genişletilmiş R∗ = R ∪ {−∞,∞} kü-mesindeki aritmetikte daima x + (+∞) = +∞ = (+∞) + (+∞) geçerlidir, dolayısıyla∑

k 6=k0 AlanRk · sup f(Rk) toplamı ister bir gerçel sayı isterse +∞ olsun

n∑k=1

AlanRk · sup f(Rk) = AlanRk0 · sup f(Rk0) +∑k 6=k0

AlanRk · sup f(Rk) = +∞

olur). Bu nedenle, R bölgesinin tüm parçalanışlarındaki tüm Rk alt bölgeleri için, Rbölgesinde Riemann tümlevlenebilir f fonksiyonunun

−∞ < supf(Rk) < +∞

gerçeklediği anlaşılır. Benzer biçimde sup{R1,...,Rn} sf (R1, R2, . . . , Rn) = l ∈ R nedeniylebenzer gerekçeler kullanılarak −∞ < inf f(Rk) ≤ sup f(Rk) < +∞ olduğu çıkarsanır,yani mk = inf f(Rk) ve Mk = sup f(Rk) gerçel sayıları aracılığıyla mk ≤ f(x, y) ≤ Mk

(∀(x, y) ∈ Rk) bulunarak f(Rk) görüntü kümelerinin SINIRLI olduğu anlaşılır. İşte bunedenle yukarıdaki son kanıtlamalarda, açıkça vurgulamadan, hep, bu görüntü kümele-rinin sınırlı olduğu bilgisi kullanılmıştır.

Bu bölümde, bundan sonra R kapalı-sınırlı bölgesinde Riemann tümlevlenebilen f =f(x, y) gerçel değerli fonksiyonu için

∫∫R

f(x, y)dxdy Riemann tümlevini hesaplayabilme-

mize elveren kullanışlı yeter koşulları belirlemeye çalışalım. Bu son kısımda ki teoremlerin(özellikle son ikisi için belirli düzeyde Reel Analiz bilgisi bilmek gerektiğinden) hiçbi-risinin kanıtlamasını vermeyeceğiz. Temel üç teorem şunlardır:

Teorem 6: Eğer f = f(x, y) fonksiyonu, kapalı-sınırlı R bölgesinde Riemann tüm-levlenebilirse, herhangi bir sabit y0 ∈ [c, d] = π2(R) gerçel sayısı için F (x) = f(x, y0)(∀x ∈ [a, b] = π1(R)) biçiminde tanımlanan gerçel değerli F = F (x) fonksiyonu [a, b] ara-lığında ve benzer biçimde herhangi x0 ∈ [a, b] için G(y) = f(x0, y) (∀y ∈ [c, d] = π2(R))biçiminde tanımlanan gerçel değerli G = G(y) fonksiyonu da [c, d] aralığında Riemann

194

tümlevlenebilirdirler.

Teorem 7: Eğer R kapalı-sınırlı bölgesini çevreleyen çevre eğrisinin üst parçası π1(R) =[a, b] aralığında tanımlı ve sürekli g = g(x) fonksiyonunun ve alt parçasıysa h = h(x)fonksiyonunun grafikleri ise, kısacası

R = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [a, b] = π1(R) ve h(x) ≤ y ≤ g(x)}

ise, bu özel durumda aşağıdaki eşitlik geçerlidir:

∫∫R

f(x, y)dxdy =

b∫x=a

g(x)∫y=h(x)

f(x, y)dy

dx .

Benzer biçimde,çevre eğrisi π2(R) = [c, d] aralığında tanımlı gerçel değerli ve süreklih = h(y) ve g = g(y) fonksiyomlarının grafikleri yani

R = {(x, y) ∈ R2 : y ∈ [c, d] = π2(R) ve h(y) ≤ x ≤ g(y)}

ise, bu özel durumda aşağıdaki eşitlik geçerlidir:

∫∫R

f(x, y)dxdy =

d∫y=c

g(y)∫x=h(y)

f(x, y)dx

dy .

Fubini Teoremi: x = f(u, v) ve y = g(u, v) eğrisel koordinat dönüşümleri altındaxy düzlemindeki R kapalı-sınırlı bölgesi, uv düzlemindeki R′ bölgesine dönüşüyorsa,aşağıdaki eşitlik geçerlidir:∫∫

R

F (x, y)dxdy =

∫∫R′

F (f(u, v), g(u, v)) ·∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ dudvBu sonucu eşitlik, J = ∂(x,y)

∂(u,v)jakobyeni R bölgesinde sıfırdan farklı iken aşağıdaki gibi

yazılır: ∫∫R

F (x, y)dxdy =

∫∫R′

F (f(u, v), g(u, v))∣∣∣∂(x,y)∂(u,v)

∣∣∣ dudv .

Örnekler1) R(⊆ R2) kapalı-sınırlı bölgesi y = x2, y = 1, x = 2 eğrileri ile sınırlandırılan bölgeise, gösteriniz:

∫∫R

(x2 + y2)dxdy = 1006105

.

Çözüm: R bölgesi aşağıda çizilmiştir ve π1(R) = [1, 2] ve ayrıca

R = {(x, y) ∈ (0,∞)× (0,∞) : x ∈ [1, 2] ve h(x) = 1 ≤ y ≤ x2 = g(x)} .

195

Dikkat edilirse y = x2 parabolü, düzlemde her iki bileşeni de negatif olmayan gerçelsayılardan oluşan birinci bölgeyi

R1 = {(x, y) ∈ [0,∞)× (0,∞) : x2 < y}

R2 = {(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : y ≤ x2}

biçiminde ayrık iki tane alt bölgeye ayırır ve R2 bölgesi aslında y = x2 parabolününgrafiğine ait noktalar ile bu grafiğin alt kısmında yer alıp, her iki bileşeni de negatifolmayan düzlem noktalarından, yani y = x2 parabolünün şekildeki grafiği ile Ox ekseniarasında yer alan noktalardan ve ayrıca eksenin üzerindeki (x, 0) noktalarıyla parabolüngrafiği üzerinde yer alan (x, x2) noktalarından (x ≥ 0 olmak üzere) oluşur ve apaçıkbiçimde R = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [1, 2] ve 1 ≤ y ≤ x2} R2 geçerlidir; dolayısıylaTeorem 7 kullanılırsa aranılan tümlev

∫∫R

(x2 + y2)dxdy =

2∫x=1

x2∫y=1

(x2 + y2)dy

dx =

2∫1

(x4 +x6

3− x2 − 1

3)dx =

1006

105

olarak bulunur, çünkü apaçık biçimde aşağıdaki geçerlidir:

x2∫y=1

(x2 + y2)dy = x2y +y3

3

∣∣∣∣x2y=1

= x4 +x6

3− x2 − 1

3.(∀x ∈ [1, 2])

2) Düzlemde y = 2x+ 1, y = 1− 3x ve y = 0 doğruları ile çevrili bölgenin alanı nedir?Çözüm: Sözü edilen bölge aşağıda çizilidir: Dikkat edilirse R bölgesi köşe noktalarıP1(0, 1), P2(−1

2, 0) ve P3(1

3, 0) olan bir üçgen bölgedir, dolayısıyla ilkokul bilgisiyle bu

bölgenin alanı AlanR = P2P3 · P1O2

= (13− (−1

2))1

2= 5

12olarak kolayca hesaplanır. Şimdi

de üniversite bilgisi kullanalım. Solda yer alan üçgensel bölgeyi R1 ile yazarsak, kolayca

196

R1 = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ π1(R1) = [−1

2, 0] ve 0 ≤ y ≤ 2x+ 1}

ve böylece Teorem 7 kullanılarak

AlanR1 =

∫∫R

dxdy =

0∫x=−1

2

2x+1∫y=0

dy

dx =

0∫x=−1

2

(2x+ 1)dx =1

4

ve sağ yandaki üçgensel R2 bölgesi için

R1 = {(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : x ∈ π1(R2) = [0,1

3] ve 0 ≤ y ≤ 1− 3x} ,

AlanR2 =

∫∫R

dxdy =

13∫

x=0

1−3x∫y=0

dy

dx =

13∫

x=0

(1− 3x)dx =1

6

ve böylece AlanR = AlanR1 + AlanR2 = 14

+ 16

= 1024

= 512

olarak bulunur. Bu alanıAnaliz1 bilgisiyle de bulabilirdik. Dikkat edilirse

g(x) =

2x+ 1 : x ∈ [−1

2, 0]

1− 3x : x ∈ [0, 13]

fonksiyonu g(0−) = g(0+) = g(0) = 1 nedeniyle [−12, 1

3] tanım aralığında sürekli olup,

sözü edilen alan bu fonksiyonun grafiği ile Ox ekseni arasında kalan bölgenin alanıdır,yani aşağıdaki bulunur:

AlanR =

13∫

− 12

g(x)dx =

0∫− 1

2

g(x)dx+

13∫

0

g(x)dx =1

4+

1

6=

5

12

3) Düzlemde y = x2 ve y = sinx fonksiyonlarının grafikleri ile çevrili R bölgesinin alanınıve∫∫R

(x+ y)dxdy tümlevini hesaplayınız.

197

Çözüm: Dikkat edilirse 9√

3 < 9√

4 = 18 < 19 < 19, 73 < 2π2 ve ayrıca√

2π2 <(1, 5) ·π2 < 15 < 16 nedeniyle h(x) = x2− sinx sürekli fonksiyonu h(π

4) = π2

16− sin(π

4) =

π2

16− 1√

2=√

2π2−16√2·16

< 0 < 2π2−9√

318

= π2

9−√

32

= h(π3) yani h(π

4) < 0 < h(π

3) gerçeklendiği

için, ünlü Aradeğer Teoremi kullanılarak tek türlü belirli bir a ∈ (π4, π

3) pozitif gerçel

sayısı için a2 − sin a = h(a) = 0 yani a2 = sin a gerçekleşir. Aşağıdaki R bölgesinin

R = {(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : x ∈ π1(R) = [0, a] ve x2 ≤ y ≤ sinx} ,olduğu gözlenerek, onun alanı bu pozitif a gerçel sayısı sayesinde

AlanR =

∫∫R

dxdy =

a∫x=0

sinx∫y=x2

dy

dx =

a∫x=0

(sinx− x2)dx = 1− cos a− a3

3

bulunur. Dikkat: 0 < AlanR olduğundan cos a + a3

3< 1 gerçeklendiği anlaşılır. Öte

yandan ikinci tümlev ise, sin a = a2 ve cos a =√

1− a4 bilgileriyle aşağıdakidir.∫∫R

(x+ y)dxdy =

∫ a

0

[ ∫ sinx

y=x2(x+ y)dy

]dx =

∫ a

0

(x sinx− x3 +

sin2 x− x4

2

)dx

=a

4+ a2

(1− a

3− a3

10

)− a√

1− a4

(1− a

4

)

Aslında h(4π15

) < 0 < h(1) gözleyip π4< 4π

15< a < 1 < π

3ve böylece 0 < 1−a4 elde ediniz.

4) y = 1 − x2 parabolü ve y = 1 − 2x ile y = 2x − 1 doğrularıyla çevrili olup P0(12, 1

2)

noktasını ihtiva eden R bölgesinin alanını ve ayrıca∫∫R

(x2 + xy)dxdy tümlevini hesapla-yınız.Çözüm:Bilindiği gibi, ∀x ∈ R için |x| = x∨(−x) ve sözü edilen R bölgesindeki (x, y) ∈ Rnoktaları için hem 1 − 2x ≤ y hem de 2x − 1 ≤ y olduğundan, aşağıda çizili R bölgesiiçin

R = {(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : x ∈ π1(R) = [0,√

3− 1] ve |1− 2x| ≤ y ≤ 1− x2}

198

ve böylece x = 12dikey doğrusu ile bölgeyi ikiye ayırarak

R1 = {(x, y) ∈ R : x ∈[0, 1

2

]ve 1− 2x ≤ y ≤ 1− x2}

R2 = {(x, y) ∈ R : x ∈[

12,√

3− 1

]ve 2x− 1 ≤ y ≤ 1− x2} ve R = R1 ∪R2 olur.

Üstelik dikkat edilirse R1 ∩R2 kesişimi

R1 ∩R2 =

{(x, y) ∈ R : x =

1

2ve 0 ≤ y ≤ 3

4

}=

{1

2

}×[0,

3

4

]=

[1

2,1

2

]×[0,

3

4

]6= ∅

ve böylece onun Lebesgue ölçüsü, alanı yani µ(R1∩R2) = (12− 1

2)·(3

4−0) = 0 olduğundan,

Teorem 4 den önce gelen Uyarı’da söylenen bilgiyle

Alan R =

∫∫R

dxdy =

∫∫R1∪R2

dxdy =

∫∫R1

dxdy +

∫∫R2

dxdy = Alan R1 + Alan R2

=

∫ 12

0

[ ∫ 1−x2

1−2x

dy

]dx+

∫ √3−1

x= 12

[ ∫ 1−x2

2x−1

dy

]dx

=

∫ 12

0

(2x− x2)dx+

∫ √3−1

x= 12

(2− 2x− x2)dx = 2√

3− 19

6

bulunur, dikkat edilirse 1 < 1, 39 < 3√

3(2−√

3) ve böylece 16< 1

3<√

3(2−√

3) nede-niyle 19

6= 3 + 1

6< 2√

3 kısacası 0 < 2√

3− 196geçerlidir. Bu alan Analiz I bilgisi kulla-

nılarak da kolayca hesaplanabilirdi. Gerçekten köşe noktaları P1(0, 1),O(0, 0) ve P2(12, 0)

199

olan üçgenin alanı apaçık biçimde 14ve köşe noktaları P3(

√3−1, 2

√3−3), P2(1

2, 0) ve P4(1, 0)

olan pasta dilimine benzer R∗ bölgesinin alanı ise P ′3(√

3− 1, 0) noktası aracılığıyla ko-layca

Alan R∗ = P ′3P1 ·2√

3− 3

2+

∫ 1

√3−1

(1− x2)dx =43

12− 2√

3

olarak belirlenirse, istenen alan aşağıdaki olarak bulunur:

Alan R =

∫ 1

0

(1− x2)dx− (1

4+ Alan R∗) =

2

3−[

1

4+

43

12− 2√

3

]= 2√

3− 19

6

Öte yandan, öteki tümlev, yine µ(R1 ∩R2) = 0 bilgisiyle∫∫R

(x2 + xy)dxdy =

∫∫R1∪R2

(x2 + xy)dxdy

=

∫∫R1

(x2 + xy)dxdy +

∫∫R2

(x2 + xy)dxdy

=

∫ 12

x=0

[ ∫ 1−x2

1−2x

(x2 + xy)dy

]dx+

∫ √3−1

x= 12

[ ∫ 1−x2

2x−1

(x2 + xy)dy

]dx

=

∫ 12

0

[x2(2x− x2) +

x

2

((1− x2)2 − (1− 2x)2

)]dx

+

∫ √3−1

x= 12

[(2x2 − x4 − 2x3)− x

2

((1− x2)2 − (2x− 1)2

)]dx

=

∫ 12

0

(2x3 − x4)dx+

∫ √3−1

x= 12

(2x2 − x4 − 2x3)dx

+1

2

∫ √3−1

0

x((1− x2)2 − (1− 2x)2

)dx

bulunur, çünkü apaçık biçimde (1− x2)2 − (1− 2x)2 = (1− x2)2 − (2x− 1)2 geçerlidir,bu sonuncu tümlevleri hesaplayınız!

Ödev: y = 1− x2 parabolü ve y = 1− 3x ile y = 3x−22

doğruları ile çevrili olup P0

(12, 1

2

)noktasını ihtiva eden bölgenin alanını Analiz I bilgisi kullanarak ve kullanmadan hesap-layınız.

5) Düzlemde elips ile çevrelenen bölgenin ve daha sonra dairenin alanını bulunuz.Çözüm: a > 0 ve b > 0 eksen sabitleri aracılığıyla tanımlanan

(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= 1

200

elipsiyle, ağırlık merkezi O(0, 0) olan x2

a2+ y2

b2= 1 elipsinin çevrelediği bölgelerin alanları-

nın eşit ve πab olduğunu gözlemek güç değildir. Birinci elipsi (y−y0)2 = b2(

1− (x−x0)2

a2

)yani |y − y0| = b

√1− (x−x0)2

a2olarak yazarsak, sözü edilen elipsle çevrelenen bölgedeki

tüm noktaların, elips üzerinde olanları aşağıdaki birinci koşulu, bölgenin içinde olanlarıise ikinci koşulu gerçekler:

|y − y0| = b

√1− (x− x0)2

a2, |y − y0| < b

√1− (x− x0)2

a2

Üstelik apaçık biçimde π1(R) = [x0 − a, x0 + a] ve böylelikle

R =

{(x, y) ∈ R2 : x ∈ [x0 − a, x0 + a], |y − y0| < b

√1− (x− x0)2

a2

}=

{(x, y) ∈ R2 : x ∈ [x0 − a, x0 + a], y0 − b

√1− (x− x0)2

a2≤ y ≤ y0 + b

√1− (x− x0)2

a2

}

olduğundan, elips ile çevrelenen R bölgesinin alanı

Alan R =

∫∫R

dxdy =

∫ x0+a

x=x0−a

[ ∫ y0+b

√1− (x−x0)2

a2

y0−b√

1− (x−x0)2a2

dy

]dx

= 2b ·∫ x0+a

x0−a

√1− (x− x0)2

a2dx =

2b

a

∫ x0+a

x0−a

√a2 − (x− x0)2dx

=2b

a

∫ a

−a

√a2 − u2du =

2b

a· πa

2

2= πab

201

olarak bulunur, çünkü iyi bilindiği gibi x = a sin v dönüşümü yapılarak∫ √a2 − x2dx =

a2

2

[arcsin(

x

a) +

x√a2 − x2

a2

],∫ a

−a

√a2 − x2dx =

a2

2[arcsin 1− arcsin(−1)] =

a2

22(arcsin 1) = a2 arcsin 1 =

πa2

2

bulunur. Demek ki a ve b asal eksen ve yedek eksen sabitlerini kullanan herhangi birelipsin, ağırlık merkezi ne olursa olsun, alanı πab olmaktadır. Bu sonuç Analiz I bilgisikullanılarak da bulunabilirdi: Gerçekten sözü edilen elipsin üst yayını oluşturan sürekli

y(x) = y0 + b

√1− (x− x0)2

a2

(∀x ∈ [x0 − a, x0 + a]

)fonksiyonunun grafiğiyle Ox ekseni arasında kalan ve şekli aşağıdaki gibi

olan bölgenin alanından, taban kenar uzunluğu 2a yüksekiliği y0 olan dikdörtgenin alanıçıkartılırsa, elipsin çevrelediği bölgenin yarım alanı bulunacağından (neden?) istenenalan:

Alan R = 2

[ ∫ x0+a

x0−ay(x)dx− 2ay0

]= 2b

∫ x0+a

x0−a

√1− (x− x0)2

a2dx = πab

olarak bulunur. Artık, yarıçapı r > 0 olan herhangi bir dairenin alanını bulmak kolaydır,çünkü herhangi bir (x0, y0) merkezli r yarıçaplı çemberin√

(x− x0)2 + (y − y0)2 = r yani (x− x0)2 + (y − y0)2 = r2

olduğu ve dairenin bu çember tarafından çevrelenen

R∗ = {(x, y) ∈ R2 : (x− x0)2 + (y − y0)2 ≤ r2}

bölgesi olduğu anımsanırsa, çemberin a ve b ekseni sabitleri a = b = r gerçekleyen özelbir elips olması nedeniyle, yukarda bulunan sonuç nedeniyle, ilkokuldan beri bildiğimizAlan R∗ = πr · r = πr2 sonucuna erişiriz.

6) Düzlemde y2 = 2x parabolu ile y = x doğrusu tarafından çevrelenen R bölgesininalanını bulunuz.

202

Çözüm: Analiz I bilgisiyle kolayca Alan R =∫ 2

0

√2xdx − 2 = 2

3bulunur, burada köşe

noktaları O(0, 0), P1(2, 0) ve P2(2, 2) olan üçgenin alanı apaçık biçimde OP1·P2P1

2= 2 ola-

rak hesaplanır. Öte yandan şunları da gözleyebilirdik: y(x) =√

2x parabolü x ∈ [0,∞)aralığında içbükeydir, yani teğetler zarfının altında kalır çünkü y′′(x) = − 1

2√

2√x3

<

0 (∀x ∈ (0,∞)) olmaktadır ve üstelik x ∈ [0, 2] için 0 6 x 6 2 ve böylece 0 6√x 6√

2nedeniyle bu parabolün grafiği [0, 2] aralığında y = x doğrusunun üzerinde yer alır,böylece R bölgesi için aşağıdakiler bulunur:

R ={

(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : x ∈ π1(R) = [0, 2] ve x 6 y 6√

2x},

AlanR =

∫∫R

dxdy =

2∫x=0

√

2x∫y=x

dy

dx =

2∫0

(√

2x− x)dx =2

3

7) Aşağıdaki eşitliği gösterip, bu tümlevi hesaplayınız:

3∫y=0

√

4−y∫x=1

(x+ y)dx

dy =

2∫x=1

4−x2∫y=0

(x+ y)dy

dxÇözüm: İlk tümlevler R = {(x, y) ∈ R2 : y ∈ [0, 3] ve 1 6 x 6

√4− y} olmak üzere

T =∫∫R

(x+ y)dxdy tümlevidir. R bölgesini belirleyen

Koş1: y ∈ [0, 3] ve 1 6 x 6√

4− y(6√

4− 0 = 2)

koşulu kolayca görülebileceği gibi, aşağıdaki yazılı

Koş2: x ∈ [1, 2], y ∈ [0, 3] ve x2 6 4 − y, Koş3: x ∈ [1, 2] ve 0 6 y 6 4 − x2(6 3)eşdeğer koşulların herbirisiyle eşdeğerdir, sonuçta

R ={

(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞] : x ∈ [1, 2] ve 0 6 y 6 4− x2},

203

T =

∫∫R

(x+ y) =

2∫x=1

4−x2∫y=0

(x+ y)dy

dx =

2∫1

(x4

2− x3 − 4x2 + 4x− 8)dx =

241

60

bulunur, Aslında birinci tümlev doğrudan şöyle hesaplanabilirdi:

T =

3∫y=0

√

4−y∫x=1

(x+ y)dx

dy =

3∫0

(3− y

2+ y(

√4− y − 1)

)dy =

3∫0

y√

4− ydy−9

4=

241

60

çünkü a − x = u2 dönüşümü yapılarak kolayca∫x√a− xdx = 2

5(a − x)

52 − 2a

3(a − x)

32

ve böylece istenen bulunur:

3∫0

y√

4− ydy =

3∫0

x√

4− xdx =94

15, T =

94

15− 9

4=

241

60

8)2∫

x=1

[x∫

y=√x

sin(πx2y

)dy

]dx+

4∫x=2

[2∫

y=√x

sin(πx2y

)dy

]dx = 4(π+2)

π3 gösteriniz.

Çözüm: Dikkat:∫

sin(ax)dx ve dolayısıyla

x∫y=√x

sin(πx2

y)dy tümlevini seri açılımı kullan-

madan hesaplamak olanaklı değildir. Fakat burada başka bir kolaylık vardır. Tümlevlerinbölgesi sırasıyla

R1 ={

(x, y) ∈ (0,∞)× (0,∞) : x ∈ [1, 2] ve√x 6 y 6 x

}R2 =

{(x, y) ∈ (0,∞)× (0,∞) : x ∈ [2, 4] ve

√x 6 y 6 2

}denilirse aranan toplam aşağıdakidir: f(x, y) = sin πx

2yolmak üzere∫∫

R1

f(x, y)dxdy +

∫∫R2

f(x, y)dxdy =

∫∫R1∪R2

f(x, y)dxdy =4(π + 2)

π3

Burada bölgeleri çizerek ve R1∩R2 = {2}× [√

2, 2] nedeniyle µ(R1∩R2) = 0 gözleyerek,R1 ∪R2 birleşim bölgesinin çizili bölge olduğu görülür.

204

R1 ∪R2 ={

(x, y) ∈ (0,∞)× (0,∞) : y ∈ [1, 2] ve y 6 x 6 y2}

Dikkat edilirse, kısalık amacıyla R = R1∪R2 denilirse herbir (x, y) ∈ R için 1 6 y 6 x 6y2 ve böylece 1 6 x

y6 y 6 2 yani 1 6 x

y6 2 nedeniyle 0 < π

26 π

2(xy) = πx

2y6 π

2(2) = π

kısacası 0 < π26 πx

2y6 π olduğundan f(x, y) = sin(πx

2y) > 0 ve ayrıca

∫∫R1∪R2

f(x, y)dxdx =

2∫y=1

y2∫x=y

sin(π

2y· x)dx

dy = (− 2

π)

2∫1

y(

cosπy

2− cos

π

2

)dy =

(− 2

π)

2∫1

y · cosπ

2dy =

4(π + 2)

x3

bulunur, çünkü burada kolayca gözlenecek olan şu temel bilgiler kullanılmıştır:∫sin(ax)dx = −1

acos(ax) ,

∫x · cos(ax)dx =

1

a

(x sin(ax) +

cos(ax)

a

)Ödev: Aşağıdaki tümlevler toplamını hesaplayınız:

2∫x=1

x∫y=√x

cosπx

2ydy

dx+

4∫x=2

2∫y=√x

cosπx

2ydy

dx9) y = x2 ve y = 4 − x2 parabolleri ile çevrelenen R bölgesinin, ayrıca y = 4 − x2 vey = x2 − 5x+ 17

4parabollaeri ile çevrelenen bölgenin alanını bulunuz.

Çözüm: Her iki kapalı-sınırlı bölge yukarıda çizilmiştir. Kolayca

R ={

(x, y) ∈ R2 : x ∈ π1(R) = [−√

2,√

2] ve x2 6 y 6 4− x2},

205

AlanR =

√2∫

x=−√

2

4−x2∫y=x2

dy

dx = 2

√2∫

−√

2

(2− x2)dx =16√

2

3

bulunur. Öte yandan ikinci kapalı-sınırlı bölgeye R∗ denilirse ve y = x2 − 5x + 174

=(x − 5

2)2 − 2 parabolünün, y = x2 − 2 parabolünün Oy ekseni yerine x = 5

2dikey

doğrusunu eksen kabul eden ötelenmişi olduğuna, bölgeyi çevreleyen parabollerin kesişimnoktalarının 4−x2 = x2−5x+ 17

4yani 2x2−5x+ 1

4= 0 gerçekleyen q1,2 = 5∓

√23

4irrasyonel

sayıları olduğuna, ayrıca

0 < q1 =5−√

23

4<

1

10< 1 < 2 <

5 +√

23

4= q2 <

5 +√

25

4=

5

2

ve y(x) = (x− 52)2 parabolünün Ox eksenini kestiği q3 = 5

2

√2 ve q4 = 5

2+√

2 irrasyonelsayılarının q1 <

110< 1 < q3 < 2 < q2 <

52< 3 < q4 gerçeklendiğine dikkat ederek

aşağıdaki bulunur:

R∗ =

{(x, y) ∈ R2 : x ∈ π1(R∗) =

[5−√

23

4,5 +√

23

4

]ve x2 − 5x+

17

46 y 6 4− x2

}

AlanR∗ =

q2∫q1

4−x2∫y=x2−5x+ 17

4

dy

dx =

q2∫q1

(5x− 2x2 − 1

4

)dx =

23√

23

24

10) y = 4 − x2 , y = x2 − 5x + 174

parabolleri ile y = 3 ve y = −1 doğruları tarafındançevrelenen R bölgesinin alanını bulunuz.Çözüm: Bu bölgeyi çiziniz ve π1(R) =

[5−2√

52

,√

5]ve ayrıca 5−2

√5

2< 1 < 3

2<√

5

gözleyip, a, b ∈ R ne olursa olsun

a ∧ b =a+ b− |a− b|

2, a ∨ b =

a+ b+ |a− b|2

gerçel değerli herhangi g ve h fonksiyonları için, dolayısıyla g(x)∧h(x) = g(x)+h(x)−|g(x)−h(x)|2

, g(x)∨h(x) = g(x)+h(x)+|g(x)−h(x)|

2ve böylelikle R bölgesi için

R =

{(x, y) ∈ R2 : x ∈

[5− 2

√5

2,√

5

]ve (x2 − 5x+

17

4) ∧ (−1) 6 y 6 84− x2 ∨ 3

}

=

(x, y) ∈ R2 : x ∈

[5− 2

√5

2,√

5

]ve

∣∣∣(x− 52

)2 − 1∣∣∣+ x2 − 5x+ 13

4

26 y 6

(7− x2)− |1− x2|2

206

bulunur. Bu bölgeyi aşağıdakilerin birleşimi olarak yazabiliriz, burada şu gözlenmiştir:Hangi x ∈

[5−2√

52

,√

5]gerçel sayıları için 1 6

(x− 5

2

)2 ve hangileri için 1 6 x2 gerçek-

leşir sorusunu belirleyerek ve sözgelimi x ∈[

5−2√

52

, 1]yani 5−2

√5

26 x 6 1 olduğunda

−√

5 6 x− 526 −3

2böylece 1 < 3

26∣∣x− 5

2

∣∣ 6 √5 ve(x− 5

2

)2 − 1 > 0 ve x2 − 1 6 0 ve

ayrıca∣∣∣(x− 5

2)2−1∣∣∣+x2−5x+ 13

4

2= x2 − 5x+ 34

8ve 7−x2−|1−x2|

2= 3 gözleyip

R1 ={

(x, y) ∈ R : x ∈[

5−2√

52

, 1]ve x2 − 5x+ 34

86 y 6 3

}R2 =

{(x, y) ∈ R : x ∈

[1, 3

2

]ve x2 − 5x+ 34

86 y 6 3− x2

}R3 =

{(x, y) ∈ R : x ∈

[32,√

5]ve − 2 6 y 6 3− x2

}alt bölgeleri cinsinden R = R1∪R2∪R3 ve µ(R1∩(R2∪R3)) = 0 = µ(R2∩R3) nedeniylesonuçta, aranılan alan değerleri aşağıdakidir:

AlanR = AlanR1 + AlanR2 + AlanR3

=

1∫x= 5−2

√5

2

3∫y=x2−5x+ 34

8

dy

dx+

32∫

x=1

3−x2∫y=x2−5x+ 34

8

dy

dx+

√5∫

x= 32

3−x2∫y=−2

dy

dxbulunur, bu hesaplamaları yapınız.

11) Düzlemde a > 0 yarıçaplı O(0, 0) merkezli daire bölge R ise∫∫R

√x2 + y2dxdy nedir?

Çözüm: R bölgesi aşağıdakidir:

R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a2} = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ π1(R) = [−a, a] ve |y| ≤√a2 − x2}

= {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [−a, a],−√a2 − x2 ≤ y ≤

√a2 − x2}

Böylece aranan tümlev T için, üstelik∫ √x2 + a2dx =

x

2

√x2 + a2 +

a2

2ln

(x+√x2 + a2

a

),

√a2−x2∫

−√a2−x2

√y2 + x2dy =

y

2

√y2 + x2 +

x2

2ln

(y +

√y2 + x2

x

)∣∣∣y=√a2−x2

y=−√a2−x2

= a√a2 − x2 +

x2

2ln

(a+√a2 − x2

a−√a2 − x2

)207

nedeniyle

T =

∫∫R

√x2 + y2dxdy =

a∫x=−a

[ √a2−x2∫

y=−√a2−x2

√x2 + y2dy

]dx

=

a∫x=−a

[a√a2 − x2 +

x2

2ln

(a+√a2 − x2

a−√a2 − x2

)]dx

=πa3

2+

1

2

a∫x=−a

x2 · ln(a+√a2 − x2

a−√a2 − x2

)dx

bulunur, oysa sonuncu tümlevi hesaplamak kolay değildir. Demek ki T tümlevini buyoldan hesaplamak güçtür. Şimdi aşağıda yazılı dönüşüm bağıntısını kullanalım :∫∫

R

F (x, y)dxdy =

∫∫R′

F (f(u, v), g(u, v)) ·∣∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣∣ dudvÖzel olarak x = f(ρ, φ) = ρ cosφ ve y = g(ρ, φ) = ρ sinφ kutupsal koordinat dönü-şümü kullanılırsa, bu dönüşümün Jakobyeni ∂(x,y)

∂(ρ,φ)= xρyφ − xφyρ = ρ ≥ 0 ve böylece

|∂(x,y)∂(ρ,φ)

| = ∂(x,y)∂(ρ,φ)

= ρ olur. R bölgesinde ρ2 = x2 + y2 ≤ a2 nedeniyle 0 ≤ ρ ≤ a ve0 ≤ φ ≤ 2π gözleyerek, kutupsal koordinat dönüşümüyle R bölgesi (ρ, φ) düzleminde

R′ = {(ρ, φ) : ρ ∈ [0, a] ve φ ∈ [0, 2π]}

bölgesinde dönüşeceği ve F (x, y) =√x2 + y2 fonksiyonu için

F (f(ρ, φ), g(ρ, φ)) =√f 2(ρ, φ) + g2(ρ, φ) =

√ρ2 cos2 φ+ ρ2 sin2 φ =

√ρ2 = ρ

olduğundan, kolayca

T =

∫∫R

F (x, y)dxdy =

∫∫R′

F (f(ρ, φ), g(ρ, φ)) ·∣∣∣∣∂(x, y)

∂(ρ, φ)

∣∣∣∣ dρdφ =

∫∫R′

ρρdρdφ

=

2π∫φ=0

[ a∫ρ=0

ρ2dρ]dφ =

a3

3

2π∫0

dφ =2πa3

3

bulunur.

208

12) R bölgesi bir önceki soruda bölge ise∫∫R

dxdy

ex2+y2nedir, neden ?

Çözüm : Kolayca aranılan T tümlev için aşağıdaki geçerlidir :

T =

a∫x=−a

√a2−x2∫

y=−√a2−x2

e−(x2+y2)dy

dx =

a∫x=−a

e−x2

√a2−x2∫

y=−√a2−x2

e−y2

dy

dxOysa

∫e−y

2dy ilkelini seri açılımı kullanmadan hesaplamak olanaklı olmadığından, en

iyisi yine kutupsal koordinat dönüşümü yapmaktır. R bölgesi, bir önceki çözümde olduğugibi R′ = {(ρ, φ) : ρ ∈ [0, a] ve φ ∈ [0, 2π]} bölgesine dönüşeceğinden, aşağıdakibilgiyi kullanarak

a∫0

xe−x2

dx = −1

2

a∫0

(e−x2

)′dx = −e−x2

2

∣∣∣a0=

1

2(1− e−a2)

T =

2π∫φ=0

a∫ρ=0

e−ρ2

ρdρdφ =1− e−a2

2

2π∫0

dφ = π(1− e−a2)

sonucu bulunur.

Uyarı: Son iki soruda bölge, sözgelimi 2

a2+ y2

b2= 1 elipsiyle çevrelenen R bölgesi ol-

saydı,kutupsal koordinat dönüşümünün işleri kolaylaştırmayacağına dikkat ediniz.Bölge daire ise, kutupsal koordinat dönüşümü özellikle yararlı olmaktadır. Aşağıdakiörneğe bkz.

Örnek: R ={

(x, y) : x2

a2+ y2

b26 1}

ve f(x, y) =√x2 + y2 ise

∫∫R

f(x, y)dxdy tümlevi

nasıl hesaplanır belirleyiniz, burada 0 < a < b geçerlidir.Çözüm: Dikkat:R eliptik bölgedir. Bu kez x = aρ cosφ , y = bρ sinφ dönüşümü uygu-lanırsa J = abρ gözleyip ρ2 = x2

a2+ y2

b26 1 nedeniyle aşağıdakiler bulunur.

R∗ = {(ρ, φ) : ρ ∈ [0, 1] , φ ∈ [0, 2π]} ,

∫∫R

f(x, y)dxdy =

2π∫0

1∫ρ=0

abρ2

√a2 cos2 φ+ b2 sin2 φ dρdφ

=ab

3

2π∫0

√a2 cos2 φ+ b2 sin2 φ dφ =

4ab2

3

π/2∫0

√1− k2 cos2 φ dφ

209

olur, dikkat edilirse√a2 cos2 φ+ b2 sin2 φ =

√a2 cos2 φ+ b2(1− cos2 φ) = b

√1− k2 cos2 φ , 0 < k =

√b2 − a2

b< 1

geçerlidir. Ayrıca şunlar Analiz III dersinden bilinmektedir:

π/2∫0

sin2n dx =

π/2∫0

cos2n xdx =π

2· (2n− 1)!!

(2n)!!(∀n ∈ N)

π/2∫0

√1− k2 cos2 φ dφ =

π/2∫0

√1− k2 sin2 φ dφ ,

(1− x)α =∞∑n=0

(α

n

)xn (∀x ∈ (−1, 1)) ,

(1− ax)1/2 ∗=∞∑n=0

(1/2

n

)anxn ,

|k2 sin2 φ| 6 k2 < 1 böylece√

1− k2 sin2 φ =∞∑n=0

(1/2

n

)k2n sin2n φ ,

π/2∫0

√1− k2 sin2 φ dφ =

∞∑n=0

(1/2

n

)k2n

π/2∫0

sin2n φdφ

çünkü (∗) açılımı [−1, 1] aralığında düzgün ve mutlak yakınsar ve her φ ∈

[0, π

2

)için

0 6 sinφ < 1 olmaktadır. O halde(1/2

n

)=

1

n!

(1

2

(−1

2

)(−3

2

)· · ·(−2n− 3

2

))=

(−1)n−1

2n− 1· (2n− 1)!!

(2n)!!

olduğundan aranan tümlev değeri, k sabiti yukarda yazılan olmak üzere aşağıdakidir:

T =2πab2

3·∞∑n=0

(−1)n−1

2n− 1· k2n

((2n− 1)!!

(2n)!!

)2

13) Aşağıdaki tümlevi x + y = u , y = uv eğrisel koordinat dönüşümü kullanarakhesaplayınız :

1∫x=0

1−x∫y=0

eyx+y dydx =

e− 1

2

210

Çözüm : Verilen tümlev R = {(x, y)) ∈ [0,∞) × [0,∞) : x ∈ [0, 1], 0 ≤ y ≤ 1 − x}bölgesinde tanımlı ve her (x, y) ∈ R için 0 ≤ x + y ≤ 1 geçerli ve f(x, y) = e

yx+y

fonksiyonu R bölgesinin (0, 0) köşe noktasında tanımlı değildir. Aslında verilen tümlev,sözü edilen dönüşümde

limε→0

1∫x=ε

1−x∫y=0

eyx+y dydx = lim

ε→0

1− ε2

2(e− 1) =

e− 1

2

olarak hesaplanır, çünkü Rε = {(x, y) : x ∈ [ε, 1], 0 ≤ y ≤ 1− x} bölgesi için u = x+ y ,uv = y dönüşümü yapılırsa ε ≤ x ≤ x + y = u ≤ 1 ve 0 ≤ y

x+y= uv

u= v = 1− x

x+y≤ 1

nedeniyle bu bölge R′ε = {(u, v) : u ∈ [ε, 1], v ∈ [0, 1]} bölgesine dönüşür. Böylelikle

∫∫Rε

exx+y dxdy =

∫∫R′ε

ev|∂(x, y)

∂(u, v)|dudv =

1∫v=0

1∫u=ε

uevdudv

=

1∫v=0

ev.u2

2

∣∣∣1u=ε

dv =1− ε2

2

1∫0

evdv =(1− ε2)(e− 1)

2

bulunur, çünkü v = yx+y

, u = x+ y böylelikle

∂(u, v)

∂(x, y)= uxvy − uyvx = vy − vx =

x

(x+ y)2+

y

(x+ y)2=

x+ y

(x+ y)2=

1

x+ y=

1

u

ve sonuçta ∂(u,v)∂(x,y)

= 1∂(u,v)∂(x,y)

= u ≥ ε > 0 geçerli olmaktadır.

14) Lemniskat eğrisiyle çevrili bölgenin alanını bulunuz.Çözüm: Bu eğri aşağıda çizilidir. Bu eğri alışılagelen dik koordinat sisteminde (x2 +y2)2 = a2(x2 +y2) yani f(x, y) = (x2 +y2)2−a2(x2 +y2) polinomu aracılığıyla f(x, y) = 0biçimindedir ve x = ρ cosφ ,y = ρ sinφ kutupsal koordinat dönüşümüyle x2 − y2 =ρ2(x

2

ρ2− y2

ρ2) = ρ2(cos2 φ − sin2 φ) = ρ2 cos 2φ ve x2 + y2 = ρ2 nedeniyle sonuçta ρ4 =

a2ρ2 cos 2φ yani

ρ2 = a2 cos 2φ

211

biçimini alır. Dolayısıyla düzlemde Lemniskat eğrisiyle çevrili R bölgesi aşağıdakidir(burada a sabiti a > 0 gerçekler ) :

R = {(x, y) ∈ R2 : (x2 + y2)2 ≤ a2(x2 − y2)}

Dikkat edilirse her (x, y) ∈ R için 0 ≤ (x2 + y2)2 ≤ a2(x2 − y2) ve 0 < a2 nedeniyle0 ≤ x2 +y2 = |x|2−|y|2 yani |y| ≤ |x| olduğundan, R bölgesi sayfa 21’de çizili olan R∗ ={(x, y) ∈ R2 : |y| ≤ |x|} bölgesinin bir alt bölgesidir, dolayısıyla her (x, y) ∈ R ⊆ R∗

için, bu noktanın ikinci kutupsal koordinatı olan φ için −π4≤ φ ≤ π

4ya da 3π

4≤ φ ≤ 5π

4

geçerlidir(neden ?). Üstelik (x, y) ∈ R ile (−x, y) ∈ R iddiaları, kolayca görüleceği gibieş değerdir, çünkü dikkat edilirse (x, y) ∈ R ise

((−x)2 + y2)2 = (x2 + y2)2 ≤ a2(x2 − y2) = a2((−x)2 − y2)

yani (−x, y) ∈ R ve benzer biçimde (−x, y) ∈ R ise (x, y) ∈ R olmaktadır. Böylece

R1 = {(x, y) ∈ [0,∞)×R : (x2+y2)2 ≤ a2(x2−y2)} = {(x, y) ∈ [0,∞)×R : x2+y2 ≤ a√

(x2 − y2)}

R2 = {(x, y) ∈ [−∞, 0)×R : (x2+y2)2 ≤ a2(x2−y2)} = {(x, y) ∈ [−∞, 0)×R : x2+y2 ≤ a√

(x2 − y2)}

olmak üzere R = R1∪R2 ve R1∩R2 ⊆ 0×R nedeniyle µ(R1∩R2) = 0 ve böylece AlanR =AlanR1 + AlanR2 = 2.AlanR1 bulunur, neden? Kutupsal koordinat dönüşümüyle R1

bölgesi aşağıdaki bölgeye dönüşeceğinden

R′1 = {(ρ, φ) : 0 ≤ ρ ≤ a√

cos 2φ ve φ ∈ [−π4,π

4]} ve

AlanR1 =

∫∫R1

dxdy =

∫∫R′1

|∂(x, y)

∂(ρ, φ)|dρdφ =

π4∫

φ=−π4

[

√cos 2φ∫ρ=0

ρdρ]dφ

=a2

2

π4∫

φ=−π4

cos 2φdφ =a2

4

(sin(π

2

)− sin

(−π2

))=

2a2

4sin

π

2=a2

2

ve böylece AlanR = 2AlanR1 = a2 bulunur.

Ödev: Kutupsal koordinatlardaki ifadesi ρ =√

sin 2φ olan eğriyle çevrili bölgenin ala-nını bulunuz.

15) Aşağıdaki ünlü sonuçları iki katlı tümlev bilgisiyle elde ediniz :∞∫0

e−x2dx =

√π

2,

∞∫0

e−x√xdx =

√π,

∞∫0

x2e−x2dx =

√π

4

212

Çözüm : Öncelikle her M > 0 içinM∫0

e−x2dx = 1

2

√π(1− e−2M2) gözleyelim. Kısalık

amacıyla bu tümleve TM diyecek olursak, kutupsal koordinat dönüşümü yapılarak RM =[0,M ] × [0,M ] kapalı kare bölgesi

√2M > 0 yarıçaplı dairesel bölgenin dörtte birlik

bölgesi olanR′M = {(ρ, φ) : ρ ∈ [0,

√2M ] ve φ ∈ [0,

π

2]}

bölgesine dönüşeceğinden (neden ?), sonuçtaa∫0

te−t2dt = 1

2(1− e−a2) bilgisiyle

T 2M = TM · TM = (

M∫0

e−x2

dx)(

M∫0

e−y2

dy) =

M∫0

M∫0

e−(x2+y2)dxdy

=

∫∫RM

e−(x2+y2)dxdy =

∫∫R′M

e−ρ2 · ρ dρdφ =

∫ π2

φ=0

[∫ √2M

ρ=0

ρe−ρ2

dρ]dφ

=1

2(1− e−2M2

) ·∫ π

2

0

dφ =π(1− e−2M2

)

4

bularak TM = 12

√π(1− e−2M2) ve böylece aşağıdaki elde edilir :∫ ∞

0

e−x2

dx = limM→∞

∫ M

0

e−x2

dx = limM→∞

TM = limM→∞

√π(1− e−2M2)

2=

√π

2

O halde x = u2 dönüşümüyle ikinci tümlev aşağıdaki gibi bulunur :∫ M

0

e−x2

dx =

∫ M

0

x′e−x2

dx =x

ex2

∣∣∣M0

+2

∫ M

0

x2e−x2

dx =M

eM2 + 2

∫ M

0

x2 · e−x2dx

gözlemiyle

π

2= lim

M→∞

∫ M

0

e−x2

dx = limM→∞

[ MeM2 + 2

∫ M

0

x2e−x2

dx]= 2 ·

∫ ∞0

x2e−x2

dx

ve böylece üçüncü tümlev bulunur.

16)R bölgesi x+y = 1, y = 0 ve x = 0 doğruları ile çevrelenen bölge ise∫∫R

cos(x−yx+y

)dxdy =

sin12

gösterin.Çözüm : Dikkat edilirse R [0, 1] × [0, 1] olduğundan, her (x, y) ∈ R için 0 ≤ x ve0 ≤ y nedeniyle hem −x ≤ x hem de −y ≤ y ve böylece x − y = u , x + y = v eğriselkoordinat dönüşümü yapılarak −v = −(x+ y) = −x− y ≤ x− y(= u) ≤ x+ y = v yani−v ≤ u ≤ v olur.

213

Ayrıca −(x+ y) ≤ x− y ≤ x+ y nedeniyle (0, 0) 6= (x, y) gerçekleyen her (x, y) ∈ R için−π

2< −1 ≤ x−y

x+y≤ 1 < π

2ve böylece 0 < cos(x−y

x+y) < 1 gözlenmelidir. Şimdi∫∫

R

cos(x− yx+ y

)dxdy = limε→0+

∫ 1

x=ε

[∫ 1−x

y=0

cos(x− yx+ y

)dy]dx =

sin1

2

bulunur, çünkü sözü edilen eğrisel koordinat dönüşümü ile aşağıdaki bölge

Rε = {(x, y) ∈ [ε, 1]× [0, 1] : 0 ≤ y ≤ 1− x}

her (x, y) ∈ Rε için ε ≤ x ≤ y + x = v ≤ 1 gözleyip R ′ε = {(u, v) : v ∈ [ε, 1] ve − v ≤

u ≤ v} bölgesine dönüştüğü ve ayrıca

∂(x, y)

∂(u, v)=

1∂(u,v)∂(x,y)

=1

uxvy − uyvx=

1

ux − uy=

1

2=∣∣∣∂(x, y)

∂(u, v)

∣∣∣nedeniyle aşağıdaki sonuç kullanılır : Her ε ∈ (0, 1) için∫∫

Rε

cos(x− yx+ y

)dxdy =

∫ 1

x=ε

[∫ 1−x

y=0

cos(x− yx+ y

)dy]dx =

∫∫R ′ε

cos(u

v) · 1

2dudv

=1

2

∫ 1

v=ε

[∫ v

u=−vcos(

u

v)du]dv =

1

2

∫ 1

ε

v sin(u

v)∣∣∣vu=−v

dv =2sin1

2

∫ 1

ε

vdv =sin 1

2(1− v2)

Dikkat edilirse π4< 1 < π

2nedeniyle 0 < sin1 gözlenmelidir.

17) Üç boyutlu R3 uzayında , üst parçası gerçel değerli sürekli z = f1 = (x, y) ve altparçası gerçel değerli sürekli z = f2 = (x, y) fonksiyonlarının belirlediği yüzeylerle çevriliR(⊆ R3) bölgesinde gerçel

214

değerli f = f(x, y, z) fonksiyonu için∫∫∫

Rf(x, y, z)dxdydz üç katlı Riemann tümlevinin

gerek varlığı ve tanımı gerekse özellikleri ve hesaplama yöntemleri , yukarıda anlatılaniki katlı tümleve benzerdir. R bölgesinin sınırlılığı nedeniyle R ⊆ [a1, b1]×[a2, b2]×[a3, b3]gerçeklenecek biçimde dikdörtgenler prizması biçimli bir [a1, b1]× [a2, b2]× [a3, b3] kutusuvardır. Şimdi f gerçel değerli fonksiyonu R bölgesinde sınırlı olsun, yani uygun m ve Mgerçel sabitleri aracılığıyla m 6 f(x, y, z) 6 M (∀(x, y, z) ∈ R) gerçekleşsin ve sözüedilen kutuyu oluşturan aralıkların her birisinde tanımlanan keyfi a1 = x0 < x1 < ... <xn1−1 < xn1 = b1, a2 = y0 < y1 < ... < yn2−1 < yn2 = b2 ve a3 = z0 < z1 < ... <

zn3−1 < zn3 = b3 gerçel sayıları aracılığıyla tanımlanan Rk,i,j =(

[xk−1, xk)× [yi−1, yi)×

[zj−1, zj))∩R ⊆ R alt bölgelerinin ikişerli ayrık ve sonlu sayıda olduklarını, böylelikle

bunların boş olmayanlarını yeniden sayıp numaralandırarak , R bölgesinin

R = R1 ∪R2 ∪ ... ∪Rn

gibi bir parçalanışı ve bu parçalanışın alt ve üst Riemann toplamları olan

sf (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

HacimRk · inf f(Rk),

Sf (R1, R2, ..., Rn) =n∑k=1

HacimRk · sup f(Rk)

toplamları tanımlanır, buradaHacimRk hacim değerleri sayfa ??? dakine benzer biçimde(nasıl?) tanımlanır. KolaycaR bölgesinin herhangi iki {R1, R2, ..., Rn} ve {R∗1, R∗2, ..., R∗m}parçalanışı için daima sf (R1, R2, ..., Rn) ≤ Sf (R

∗1, R

∗2, ..., R

∗m) gerçekleştiği gözlenir. f

fonksiyonuna ancak ve yalnız

Rf (R) = sup{R1,R2,...,Rn}

sf (R1, R2, ..., Rn) = inf{R∗1 ,R∗2 ,...,R∗m}

Sf (R∗1, R

∗2, ..., R

∗m) = Rf (R)

koşulunu sağlıyorsa R(⊆ R3) bölgesinde Riemann tümlevlenebilir ve Riemann tüm-levi Rf (R)

(= Rf (R) = Rf (R) gerçel sayısıdır denir ve yaygın olarak

Rf (R) =

∫∫∫R

f(x, y, z)dxdydz

işareti yazılır. İki katlı tümleve ilişkin önerme ve teoremlerin hepsinin benzerleri üç katlıRiemann tümlevleri için geçerlidir. Aşağıdakiler bunu açığa kavuşturmaktadır. Verilenher ε > 0 için max(HacimRk) < ε gerçekleyen ve dolayısıyla parçalanışa katılan Rk

alt bölgelerinin sayısı olan n doğal sayısının yeterince büyük olduğu {R1, R2, ..., Rn}

215

parçalanışları ve gelişigüzel seçilen (xk, ykzk) ∈ Rk noktaları için n sayısının arttırılmasıdurumunda∫∫∫

R

f(x, y, z)dxdydz = R(f) = limn→∞

n∑k=1

HacimRk · f(xk, yk, zk)

geçerlidir. Ayrıca R(⊆ R3) bölgesinin xy düzlemi (yani z = 0 düzlemi) üzerine yapılanπxy(R) izdüşüm bölgesi, sürekli ve gerçel değerli q1 = q1(x) ve q2 = q2(x) fonksiyonlarınıngrafikleri olan eğrilerle çevrilen kapalı-sınırlı bölgeyi göstermek ve bu bölgede x ∈ [a, b]olmak üzere∫∫∫

R

F (x, y, z)dxdydz =

∫ b

x=a

[∫ g2(x)

y=g1(x)

[∫ f2(x,y)

z=f1(x,y)

F (x, y, z)dz]dy]dx

geçerlidir. Ayrıca aşağıdaki bağıntı x = f(u, v, w), y = g(u, v, w), z = h(u, v, w) eğriselkoordinat dönüşümü için R bölgesinde J = ∂(x,y,z)

∂(u,v,w)6= 0 olduğunda geçerlidir :∫∫∫

R

F (x, y, z)dxdydz =

∫∫∫R′

F(f(u, v, w), g(u, v, w), h(u, v, w)

)·∣∣∣ ∂(x, y, z)

∂(u, v, w)

∣∣∣dudvdw18) R3 uzayında z = x+ y, z = 6, x = 0, y = 0, z = 0 düzlemleriyle çevrili R bölgesininhacmini bulunuz.Çözüm: R bölgesi aşağıda çizilidir ve

∫∫∫Rdxdydz tümlevi sorulmaktadır. Bu bölge,

tepeden z = 6 ve yanlardan ise koordinat düzlemleri ile z = x + y düzlemi tarafındançevrilidir. Tıpkı y = ax+ b doğrusunun düzlemi {(x, y) ∈ R2 : ax+ b ≤ y2} ve {(x, y) ∈R2 : y < ax + b} olmak üzere iki ayrık bölgeye ayırması gibi z = x + y düzlemi deR3 uzayını R1 = {(x, y, z) : z < x + y} ve R2 = {(x, y, z) : x + y ≤ z} biçimde ikiayrık bölgeye ayırır ve dikkat edilirse P0, P1 ∈ R ( R2 gerçekler. Ayrıca R bölgesinin xydüzlemine yapılan izdüşümü ise

πxy(R) = {(x, y) ∈ R2 : x ∈ [0, 6], 0 ≤ y ve x+ y ≤ 6}

= {(x, y) ∈ [0,∞)× [0,∞) : x ∈ [0, 6] ve 0 ≤ y ≤ 6− x}

gerçekler.Ayrıca her (x, y, z) ∈ R için x+ y ≤ z ≤ 6 gerçeklendiğinden

R = {(x, y, z) ∈ [0,∞)× [0,∞)× [0,∞) : x ∈ [0, 6], 0 ≤ y ≤ 6− x, x+ y ≤ z ≤ 6}

ve böylelikle aranan hacim aşağıdakidir :

HacimR =

∫∫∫R

dxdydz =

∫ 6

x=0

[∫ 6−x

y=0

[∫ 6

z=x+y

dz]dy]dx =

∫ 6

x=0

[∫ 6−x

y=0

(6−(x+y))dy]dx

216

=1

2

∫ 6

0

(6− x)dx = 36

19) Tetrahedronun hacmini bulunuz.Çözüm:

R3 uzayında 0 < a, b, c sabitleri aracılığıyla xa

+ yb

+ zc

= 1 düzlemiyle koordinat düzlem-leri tarafından çevirili bölgeye dört yüzeyli yani tetrahedron denir ve aranan hacimaşağıdakidir:

∫ a

x=0

[ ∫ b(

1−xa

)y=0

[ ∫ c(1−xa− yb

)

z=0

dz

]dy

]dx = c

∫ a

x=0

[ ∫ b(1−xa

)

y=0

(1− x

a− y

b

)dy

]dx

=bc

2

∫ a

0

(1− x

a

)2dx =

bc

2a2

∫ a

0

(x− a)2dx =abc

6

20) z = x2 + y2 paraboloidi ile z = 0, x = −a, x = a, y = −a ve y = a düzlemleritarafından çevrilen bölgenin hacmi nedir?Çözüm: Sözü edilen R bölgesinin aşağıda yazılan olduğunu gözleyiniz.

R = {(x, y, z) ∈ R3 : (x, y) ∈ [−a, a]× [−a, a] ve 0 ≤ z ≤ x2 + y2}

dolayısıyla onun hacmi:

HacimR =

∫ a

x=−a

[ ∫ a

y=−a

[ ∫ x2+y2

z=0

dz

]dy

]dx =

∫ a

x=−a

[ ∫ a

y=−a(x2 + y2)dy

]dx =

8a4

3

21) z = x2 + y2 paraboloidinin z = 0 ve z = a düzlemleri arasındaki kısmının hacminihesaplayınız.

217

Çözüm: O(0, 0, 0) dip noktasında xy düzlemine yani z = 0 düzlemine oturan bu içi boşvazo biçimli bölgenin z = a düzlemi ile kesitinin xy düzlemine izdüşümü aşağıdakidir:

πxy(R) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a}

R bölgesine ait (x, y, z) noktalarının ya vazo yüzeyine ya da vazonun iç kısmında bulun-duğunu, böylece

R = {(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ [−√a,√a], −

√a− x2 ≤ y ≤

√a− x2, x2 + y2 ≤ z ≤ a}

sözgelimi Oz ekseni üzerinde bulunan P0

(0, 0, a

2

)noktasının R bölgesine ait olduğunu

böylelikle aranan hacmin

HacimR =

∫ √ax=−

√a

[ ∫ √a−x2y=−

√a−x2

[ ∫ a

z=x2+y2dz

]dy

]dx =

∫ √a−√a

[ ∫ √a−x2y=−

√a−x2

(a− x2 − y2)dy

]dx

=

∫ √a−√a

((a− x2)y − y3

3

) ∣∣∣∣√a−x2

−√a−x2

dx =4

3

∫ √a−√a

(a− x2)32dx =

4

3· 3πa2

8=πa2

2

olur, çünkü dikkat edilirse, c > 0 ve x ∈ [−c, c] olmak üzere

h(x) =

∫(c2 − x2)

32dx =

∫x′(c2 − x2)

32dx = x(c2 − x2)

3

2 + 3

∫x2√c2 − x2dx

= x(c2 − x2)3

2 − 3

∫[(c2 − x2)− c2]

√c2 − x2dx

= x(c2 − x2)3

2 − 3h(x) + 3c2

[x√c2 − x2

2+c2

2arcsin

(xc

)

],

h(x) =

∫(c2 − x2)

3

2 dx =1

4

[x(c2 − x2)

3

2 +3c2

2x√c2 − x2 +

3c4

2arcsin

(xc

)]ve böylelikle aşağıdaki sonuç, arcsin(−1) = − arcsin 1 bilgisi kullanılıp bulunur:∫ c

−c(c2 − x2)

3

2 dx =1

4

(3c4

2arcsin 1− 3c4

2arcsin(−1)

)=

3c4

4arcsin 1 =

3πc4

8

218

Bu kadar uzun hesaplama yapmaya gerek var mıdır? Hayır yoktur, çünkü kutupsalkoordinat dönüşümü yapılırsa, πxy(R) = R∗ yazarak kolayca

HacimR =

∫ √a−√a

∫ √a−x2y=−

√a−x2

(a− (x2 + y2))dydx =

∫∫R∗

(a− (x2 + y2))dxdy

=

∫ 2π

φ=0

∫ √aρ=0

(a− ρ2)ρdρdφ

= (2π) ·∫ √aρ=0

(aρ− ρ3)dρ = 2π · a2

4=πa2

2

bulunur.

Ödev: z = 2 − (x2 + y2) paraboloidinin z = −1 ve z = 1 düzlemleri arasında kalankısmının hacmini bulunuz.

22) Elipsoid, küre ve koni ile çevrelenen bölgelerin hacmini bulunuz.Çözüm: x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= 1 elipsoidinin çevrelediği bölge

R =

{(x, y, z) ∈ R3 :

x2

a2+y2

b2+z2

c2≤ 1

}=

{(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ [−a, a],−b

√1− x2

a2≤ y ≤ b

√1− x2

a2,

− c√

1− (x2

a2+y2

b2) ≤ z ≤ c

√1− (

x2

a2+y2

b2)

}

ve böylece,

HacimR =

∫ a

−a

[ ∫ b√

1−x2a2

y=−b√

1−x2a2

[ ∫ c√

1−(x2

a2+ y2

b2)

−c√

1−x2a2− y2b2

dz

]dy

]dx =

4πabc

3

219

olur,çünkü öncelikle, kısalık amacıyla f(x) = b√

1− x2

a2yazarak∫ b

√1−x2

a2

−b√

1−x2a2

√1− x2

a2− y2

b2dy =

1

b

∫ f(x)

y=−f(x)

√b2(1− x2

a2)− y2dy

=1

b

∫ f(x)

y=−f(x)

√f 2(x)− y2dy

=1

b

[y√f 2(x)− y2

2+f 2(x)

2arcsin

y

f(x)

]f(x)

y=−f(x)

=f 2(x) arcsin 1

b

=πb

2

(1− x2

a2

)ve böylece

HacimR = 2c

∫ a

x=−a

[ ∫ b√

1−x2a2

y=−b√

1−x2a2

dy

]dx = πabc

∫ a

−a

(1− x2

a2

)dx =

4πabc

3

olarak bulunur. Dolayısıyla a > 0 yarıçaplı küre tarafından çevrelenen bölgenin hacmi,bu küre a = b = c gerçekleyen çok özel bir elipsoid olduğunda 4πabc

3olarak bulunur.

Şimdi z =√x2 + y2 dairesel koninin z = h düzlemiyle z = 0 düzlemleri arasında kalan

kısmının hacminin, tıpkı 21) numaralı örnekteki gibi, R∗ = πxy(R) yazılarak aşağıdakibulunur:

HacimR =

∫∫R∗

[ ∫ h

z=√x2+y2

dz

]dydx =

∫∫R∗

(h−√x2 + y2)dydx

=

∫ 2π

φ=0

∫ h

ρ=0

(h− ρ)ρdρdφ = 2π

∫ h

0

(hρ− ρ2)dρ =πh3

3

220

23) Kürenin çevrelediği bölgenin hacmini dönüşüm bağıntısıyla bulunuz.Çözüm: Küresel koordinat dönüşümü kullanılırsa

x = f(ρ, θ, φ) = ρ sin θ cosφ

y = g(ρ, θ, φ) = ρ sin θ sinφ

z = h(ρ, θ, φ) = ρ cos θ

ve sonuçta

∂(x, y, z)

∂(ρ, θ, φ)=

sin θ cosφ ρ cos θ cosφ −ρ sin θ sinφsin θ sinφ ρ cos θ sinφ ρ sin θ cosφ

cos θ −ρ sin θ 0

= ρ2 sin θ

bularak, kürenin sekizde birlik parçasının hacmi için

R 18

= {(x, y, z) ∈ R3 : 0 ≤ x, 0 ≤ y, 0 ≤ z, x2 + y2 + z2 ≤ a2}

bu bölgede ikinci küresel koordinat 0 ≤ θ ≤ π2ve böylece 0 ≤ ρ2 sin θ = ∂(x,y,z)

∂(ρ,θ,φ)=

∣∣∣∣∂(x,y,z)∂(ρ,θ,φ)

∣∣∣∣gözleyerek, sayfa ? daki son bağıntıyla

HacimR 18

=

∫∫∫R 1

8

dzdydx =

∫∫∫R′1

8

∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(ρ, θ, φ)

∣∣∣∣dρdθdφ =

∫ π2

φ=0

∫ π2

θ=0

∫ a

ρ=0

ρ2 sin θdρdθdφ

=a3

3

∫ π2

φ=0

[ ∫ π2

θ=0

sin dθ

]dφ =

a3

3

∫ π2

0

(1− cos

π

2

)dφ =

πa3

6

bularak, kürenin, çevrelediği bölgenin hacmi HacimR = 8 · πa36

= 4πa3

3bulunur.

24) x2 + y2 = a2 ve x2 + z2 = a2 silindirlerinin kesişimiyle oluşan kapalı-sınırlı R(⊆ R3)bölgesinin hacmini bulunuz.Çözüm: R bölgesi, tabanı xy düzleminde bulunup, a > 0 yarıçaplı O(0, 0, 0) merkezliolup Oz ekseni boyunca sonsuz biçimde uzayan dairesel silindirle, tabanı xz düzlemindebulunup Oy ekseni boyunca uzayan benzer silindirin kesişimiyle oluşmuştur ve aşağıdakisekizde birlik bölgedir:

R 18

= {(x, y, z) ∈ [0,∞)×[0,∞)×[0,∞) : x ∈ [0, a], 0 ≤ y ≤√a2 − x2, 0 ≤ z ≤

√a2 − x2},

HacimR = 8 · HacimR 18

=

∫ ∫ ∫R 1

8

dzdydx = 8

∫ a

x=0

∫ √a2−x2y=0

∫ √a2−x2z=0

dzdydx

= 8

∫ a

0

[ ∫ √a2−x2y=0

dy

]dx = 8

∫ a

0

(a2 − x2)dx =16a3

3

221

25) İki ve üç katlı tümlevlerin fiziksel yorumlarını veriniz.Çözüm: Düzlemde kapalı-sınırlı R bölgesinde tanımlı gerçel değerli bir f = f(x, y)fonksiyonu için K =

∫ ∫Rf(x, y)dxdy gerçel sayısı, yoğunluk fonksiyonu f = f(x, y)

olan R bölgesinin kütle değeridir. Özel olarak∫ ∫

(x2 + y2)dxdy tümlevi, R bölge-sinin O(0, 0) orijine göre atalet (devinimsizlik) moment değeridir, kısacası R bölgesinindevinimsizlik momenti , yoğunluk fonksiyonu x2 + y2 olan R bölgesinin kütle değeridir,benzer fiziksel yorumlar

∫ ∫ ∫RF (x, y, z)dxdydz tümlevi için geçerlidir.

26) Düzlemde birinci bölgede yer alıp x2 − y2 = 1, x2 − y2 = 9, xy = 2 ve xy = 4 hiper-bolleri ile çevrili bçlgenin devimsizlik momentini bulunuz.Çözüm: R aşağıda gösterilen bölge olmak üzere, soru

∫ ∫R

(x2 +y2)dxdy tümlev değerinisormaktadır. Hiperbolik koordinat dönüşümü olan x2 − y2 = u, 2xy = v eğrisel koor-dinat dönüşümü altında, R bölgesi, uv düzlemindeki R′ = {(u, v) : 1 ≤ u ≤ 9 ve 4 ≤v ≤ 8} kapalı-sınırlı bölgesine dönüşür, üstelik f(x, y) = x2 + y2 yoğunluk fonksiyonuf(x, y) =

√x4 + 2x2y2 + y4 =

√(x2 − y2)2 + 4x2y2 =

√u2 + v2, ayrıca ∂(u,v)

∂(x,y)= uxvy −

uyvx = 4(x2 + y2) = 4√u2 + vr ≥ 0 geçerli olduğundan

∫∫R

f(x, y)dxdy =∫∫R′

√u2 + v2 ·∣∣∣∂(u,v)

∂(x,y)

∣∣∣ dudv =∫∫R′

√u2 + v2 · dudv

| ∂(x,y)∂(u,v) |= 1

4

9∫u=1

[8∫

v=4

dv

]du = 8 sonucu bulunur.

27)1∫

x=0

1∫y=0

2∫z=√x2+y2

xyz dzdydx hesaplayıp, fiziksel yorumunu veriniz.

Çözüm: R = {(x, y, z) ∈ [0,∞) × [0,∞) × [0,∞) : (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1] ,√x2 + y2 ≤

z ≤ 2} olmak üzere f(x, y, z) = xyz yoğunluk fonksiyonlu R bölgesinin toplam kütlesisoruda sorulan tümlev olup

K =

∫∫∫R

f(x, y, z)dxdydz =

1∫x=0

1∫y=0

2∫

z=√x2+y2

zdz

yxdydx =1

2

∫ 1

0

∫ 1

0

(4−(x2+y2))yxdydx =3

8.

28) Soruda sorulan toplam kütle

K =

2∫x=0

√

4−x2∫y=0

√

4−x2−y2∫z=0

zdz

dy dx =

2∫x=0

√4−x2∫

y=0

xy(4− x2 − y2)

2dydx =

4

3.

29) Sorulan hacim =2∫

x=−2

[ √4−x2∫

y=−√

4−x2

[4−x2−y2∫z=0

dz

]dy

]dx = 8π.

30) z =√x2 + y2 konisi ve z = 3 düzlemi ile çevreleyenR bölgesinde

∫∫∫R

√x2 + y2 + z2dxdydz

tümlevini hesaplayınız.

222

Çözüm: Bu sivri koni dip noktası O(0, 0, 0) ve yükseliği h = 3 olan koni olup R bölgesionunla çevrelenen bölgedir, böylece x = ρ cosφ, y = ρ sinφ, z = z silindirik koordinatdönüşümü altında ve ρ2 = x2 +y2 = z2 yani 0 ≤ ρ ≤ z ve ∂(x,y,z)

∂(ρ,φ,z)=ρ≥0nedeni ve aşağıdaki

bilgi ile ∫x√x2 + a2dx =

1

3(x2 + a2)

3

2,

∫∫∫R

√x2 + y2 + z2dxdydz =

∫∫∫R′

√ρ2 + z2 ·

∣∣∣∣∂(x, y, z)

∂(ρ, φ, z)

∣∣∣∣ dρdφdz =

2π∫φ=0

3∫z=0

z∫ρ=0

ρ√ρ2 + z2dρdzdφ

= 2π ·3∫

z=0

z∫ρ=0

ρ√ρ2 + z2dρ

dz =(2√

2− 1)2π

3

3∫0

z3dz

=2(2√

2− 1)π

3· 34

4=

27π(2√

2− 1)

2

bulunur.

31) Bu soruda z =√x2 + y2 konisi ile z = x2+y2 paraboloidi x2+y2 = 1 = z çemberinde

kesiştikleri için πxy(R) = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} ve

R ={

(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ [−1, 1] , −√

1− x2 ≤ y ≤√

1− x2 , x2 + y2 ≤ z ≤√x2 + y2

}ve böylelikle aranan hacim

HacimR =

1∫x=−1

√

1−x2∫y=−

√1−x2

√x2+y2∫

z=x2+y2

dz

dy dx =

∫∫πxy(R)

(√x2 + y2 − (x2 + y2)

)dydx

=

∫∫R′

(ρ− ρ2)ρdρdφ =

2π∫θ=0

1∫ρ=0

(ρ2 − ρ3)dρdφ =π

6.

32) Küresel koordinat dönüşümü yaparak çözünüz.

Ödev: x2 +y2 = 1 silindirinin x2 +y2 +z2 ≤ 4 kapalı-sınırlı küresel bölgesiyle çevrelenenkısmının hacmini ve ayrıca kürenin bu silindirin dışındaki kısmının hacmini hesaplayınız.(Yanıt: Birinci hacim değerinin 4π

3(8− 3

√3) ikincisinin 4

√3 olduğunu gösteriniz.)

Ödev: z = 64 − x2 yüzeyi ile 3x + 4y = 24 ve koordinat düzlemleriyle çevrili bölgeninhacminin 1280 tam sayısı olduğunu gösteriniz.

Ödev: z2

c2= x2

a2+ y2

b2(a, b, c > 0) eliptik konisinin z = −h ve z = h düzlemleriyle çevrili

kısmının hacmini bulunuz.

223

OKUMA PARÇASI

Lambert Teoremi: π irrasyoneldir.

Kanıtlama: Bu kanıtlama Amerikalı Ivan Niven tarafından 1954 yılında verilmiştir : As-lında π2 irrasyoneldir! (Legendre 1768) İki aracı polinom tanımlayacağız.

p (x) =1

n!xn (1− x)n =

1

n!

n∑k=0

(n

k

)(−1)k xn+k

x ∈ (0, 1) için 0 < p (x) <1

n!

Ara iddia 1: Her m ∈ N için p(m) (0) ∈ Z olur.

p(m) (x) =1

n!

n∑k=0

(n

k

)(−1)k an,k (m)xn+k−m,

an,k (m) = (n+ k) ((n+ k)− 1) ... ((n+ k)− (m− 1)) ,

p(2n) (x) =1

n!

(n

n

)(−1)n an,n (2n) = (−1)n

(2n)!

n!∈ Z

m > 2n ise kolayca p(m) (x) = 0.

n ≤ m < 2n ise

eğer m = n ise p(n) (x) =1

n!an,0 (n) +

1

n!

n∑k=1

(−1)k an,k (n)xk

p(n) (0) =n!

n!= 1

eğer 0 < k0 < n ve m = n+ k0 < 2n ise

p(m) (x) = p(n+k0) (x) =1

n!

∑k<k0

+1

n!(−1)k0

(n

k0

)an,k0 (n+ k0)x0+

+n∑

k0<k

(n

k

)(−1)k an,k (n+ k0)xk−k0

k < k0 ise n+ k ≤ n+ k0 − 1 = m− 1, an,k (n+ k0) = 0

vep(m) (0) = (−1)k

(n

k0

)(n+ k0)!

n!∈ Z

224

1 ≤ m < n ise herbir k = 0, 1, ..., n için n+ k −m > 0,

p(m) (0) = 0

Ara iddia 2: Her m ∈ N için p(m) (1) ∈ Z olur, çünkü

p (x) = p (1− x)

p(m) (x) = (−1)m p(m) (1− x) .

Şimdi ikinci aracı polinomu şöyle tanımlayalım: Varsayım: Eğer π2 ∈ Q olsaydı, kısacaπ2 = m

Nolur ve böylece yukarıdaki p polinomu araclığıyla

q (x) = Nn

n∑k=0

(−1)k π2n−2kp(2k) (x)

tanımlanırsa aşağıdakiler elde edilir:

q′′ (x) = Nn

n∑k=0

(−1)k π2n−2kp(2k+2) (x)

= Nn

n−1∑k=0

(−1)k π2n−2kp(2k+2) (x)

= Nn

n∑k=1

(−1)k−1 π2n−2k+2p(2k) (x)

ve

π2q (x) = Nn

n∑k=0

(−1)k π2n−2k+2p(2k) (x)

= Nnπ2n+2p (x)−Nn

n∑k=1

(−1)k−1 π2n−2k+2p(2k) (x) .

Sonuçtaq′′ (x) + π2q (x) = Nnπ2n+2p (x)

ve böyleceNnπ2n+2 = π2Nn

(mN

)n= π2mn

ve

(q′ (x) sinπx− πq (x) cosπx)′=(q′′ (x) + π2q (x)

)sin πx

= Nnπ2n+2p (x) sinπx

= π2mnp (x) sinπx(1

πq′ (x) sinπx− q (x) cosπx

)′= πmnp (x) sinπx

225

ve sonuçta

(πmn)

∫ 1

0

p (x) sinπx =

(1

πq′ (x) sinπx− q (x) cosπx

)∣∣∣∣10

= q (1) + q (0) ∈ Z

bulunur. Dikkat:

q (x) =n∑k=0

(−1)nNnπ2n−2kp(2k) (x)

için q (0) =n∑k=0

(−1)nNnπ2n−2kp(2k) (0) ∈ Z,

Nnπ2n−2k = Nn(mN

)n−k= Nkmn−k

aynen q (1) ∈ Z bulunur, oysa

0 < (πmn)

∫ 1

0

p (x) sinπxdx <πmn

n!<

(πm)n

n!

yeteri kadar büyük n doğal sayısı için

0 < q (0) + q (1) < 1

çelişkisi doğardı, çünkü iyi bilindiği gibi

∀a ∈ R+, ∃Na ∈ N, 0 <an

n!< 1 (∀n ≥ Na)

Sonuç: π2 ve böylelikle π irrasyoneldir. Bitti!

226

analiz iv˙ ders notlari - marmara Üniversitesimimoza.marmara.edu.tr/~taylan.sengul/files/nurettin...

Documents