Kalkülüs II. Ksmi Türevlere Devam. Yüksek Basamaktan Türevler

Átírás

1 B Gökhan Bilhan 1 Ksmi Türevlere Devam Yüksek Basamaktan Türevler Kalkülüs II E er f iki de i³kenli bir fonksion ise f ve f de iki de i³kenli fonksionlardr. Bu nedenle, onlarn (f ), (f ), (f ), (f ) ksmi türevlerini dü³ünebiliriz. Bunlar f'nin ikinci ksmi türevleri olarak adlandrrz. E er z = f(, ) ise (f ) =f = f 11 = ( ) f = 2 f = 2 z 2 2, (f ) =f = f 12 = ( ) f = 2 f = 2 z, gösterimlerini kullanrz. (f ) =f = f 21 = ( ) f (f ) =f = f 22 = ( ) f Dolasla, f (di er azl³la 2 f ) önce 'e sonra 'e görev türev almak an- lamna gelir. = 2 f = 2 z, = 2 f 2 = 2 z 2 Örnek f(, ) = fonksionunun ikinci türevlerini bulalm. Çözüm bulmu³tuk. Bu nedenle, olur. f (, ) = ve f (, ) = f = ( ) = f = ( ) = f = (32 2 4) = f = (32 2 4) =

2 B Gökhan Bilhan 2 Theorem(Clariaut Teoremi) E er f ve f fonksionlarnn her ikisi de D'de sürekli ise f = f sa lanr. Üçüncü a da daha üksek basamaktan ksmi türevler benzer ³ekilde tanmlanabilir. E er bu fonksionlar sürekli ise Clairaut teoreminden oldu unu gösterilebilir. f = f = f Örnek E er f(,, z) = sin(3 + z) ise f z 'i bulalm. Zincir Kural f =3 cos(3 + z), f = 9 sin(3 + z), f = 9z cos(3 + z), Teorem[Zincir Kural 1. Durum] f z = 9 cos(3 + z) + 9z sin(3 + z) = g(t) ve = h(t)'nin her ikisi de türevlenebilen fonksionlar olmak üzere z = f(, ), ile 'nin türevlenebilen bir fonksionu olsun. O zaman, z de t'nin türevlenebilen bir fonksionudur ve dz dt = f d dt + f d dt olur. Örnek = sin(2t) ve = cos(t) olmak üzere z = ise t = 0 iken dz dt 'i bulalm. Çözüm Zincir kural dz dt = f d dt + f d dt = ( )(2 cos(2t)) + ( )( sin(t)) (2) (1)

3 B Gökhan Bilhan 3 verir. ve için t cinsinden ifadeleri erine azmaksolution gerekmez. t = 0 iken = sin(0) = 0 ve = cos(0) = 1 oldu unu kolaca görürüz. Bu nedenle, olur. Zincir Kural 2. Durum dz dt t=0 = (0 + 3)(2 cos(0)) + (0 + 0)( sin(0)) = 6 (3) s s z = f(, ), ile 'nin türevlenebilen bir fonksionu, = g(s, t) tile = h(s, t t), s ile t'nin türevlenebilen fonksionlar olsun. Bu durumda, s = s + s t = t + EXAMPLE 3 If olur. Kola hatrlaabilmek için a³a daki gibi bir diagram çizilebilir. s t z s s t s t FIGURE 2 Örnek = st 2 ve = s 2 t olmak üzere z = e sin ise s Çözüm Zincir kuralnn 2. durumunu kullanarak s = s + elde ederiz. t z e sin, where Appling Case 2 of the Ch 2ste st 2 sin s 2 t Case 2 of the Chain Rule contai ent variables, and are called int t able. Notice that Theorem 3 has on these terms resembles the one-dime To remember the Chain Rule it is draw branches from the dependent indicate that z is a function of an independent variables s and t. On derivative. To find s we find the from z to s and then add these prod ve t s Similarl, we find t b using th Now we consider the general sit tion of n intermediate variables, 1 s = ( e sin )( t 2) + ( e cos ) (2st) = t 2 e st2 sin ( s 2 t ) +2ste st2 cos ( s 2 t ), t t 2 e st 2 sin s 2 t i bulunuz.

4 FIGURE 3 B Gökhan Bilhan 4 Örnek = rse f t, = rs 2 ef t ve z = r 2 s sin(t) olmak üzere u = z 3 ise r = 2, s = 1, t = 0 iken u EXAMPLE 5 If u 4 2 z 3, where rse t, 'nin de erini bulunuz. value of us when r 2, s 1, t 0. s u SOLUTION With the help of the tree diagram in Fig r s t r s t r s Açkça, FIGURE 4 z t 4 3 re t 4 2z 3 2 When r 2, s 1, and t 0, we have 2, u u s = u s + u s + u s = ( 4 3 )( ref t) + ( 4 +2z 3)( 2rsef t) + ( z 2)( r 2 sin(t) ) 164 s buluruz. r = 2, s = 1, t = 0 iken = 2, = 2, z = 0 olur. Bölece, EXAMPLE 6 If ts, t f s 2 t 2, t 2 s 2 and f u = (64)(2) + (16)(4) fies the + (0)(0) equation = 192 s t t t elde edilir. s s t u s u u u w v u t s w s f u s s f u s s t f f t t t Bu durumda, g(s, t) = f(, ) olur ve zincir v w v Örnek f türevlenebilen bir fonksion ve g(s, SOLUTION t) = f(s Let 2 t 2 s, t 22 ts 2 ) and ise g'nin t 2 s 2. Then gives t g s + s g t = 0 denklemini sa lad n gösteriniz. = s 2 t 2 ve = t 2 s 2 olsun. kuralndan elde edilir. Bu nedenle, sa lanr. t g s + s g t = g s = f s + f s = f g t = f t + f (2s) + f ( 2s), t = f f ( 2t) + (2t) ( 2st f ) ( 2st f + 2st f ) + 2st f = 0

5 B Gökhan Bilhan 5 Kapal Türev Alma F (, ) = 0 ³eklinde bir denklemin 'i 'in türevlenebilen kapal bir fonksionu olarak tanmland n, ba³ka bir dei³le, = f() ve f'nin tanm kümesindeki her için, F (, f()) = 0 oldu unu varsaalm. E er F türevlenebiliorsa zincir kuralnn 1. durumunu kullanarak F (, ) = 0 e³itli inde her iki ann 'e göre türevini alabiliriz. Hem hem de, 'in fonksionu oldu undan elde ederiz. F d d + F d d = 0 E er F 0 ise d d F d d + F d d = 0 d = 1 oldu undan 'i çözerek d d d = F F = F F elde ederiz. imdi de F (,, f(, )) = 0 ³eklindeki bir e³itli in z'i z = f(, ) olarak kapal biçimde tanmland n varsaalm. Bu, f'nin tanm kümesindeki her (, ) için F (,, f(, )) = 0 olmas anlamna gelir. E er F ve f türevlenebiliorsa = F F ve = F F. (4) Örnek E er z, ile 'nin z 3 + 6z = 1 denklemi ile kapal olarak tanmlanm³ bir fonksionu ise ve 'i bulunuz. 'i bulmak için 'e bir sabit gibi davranmaa özen göstererek e³itli in her iki annn 'e göre kapal türevini alrsak z 2 + 6z + 6 = 0

6 B Gökhan Bilhan 6 buluruz. Buradan 'i çözerek = + 2z 2 z elde ederiz. Benzer ³ekilde, 'e göre kapal türev almak sonucunu verir. = + 2z 2 z Örnek E er z 3 + 6z = 1 ise ve 'i bulunuz. F (,, z) = z 3 + 6z 1 olsun. ve elde ederiz. = F F z = z 3z = 2 + 2z z = F F z = z 3z = 2 + 2z z Al³trmalar 1. A³a daki fonksionlarda d d i bulunuz. a) = 1 + e 2 b) cos( ) = e c) sin + cos = sincos

7 B Gökhan Bilhan 7 2. A³a daki fonksionlarda ve leri bulunuz. a) 2 + z 2 + z 2 = 3 b) z = cos( + + z) c) ln( + z) = z 3 BÖLÜM II Hafta 5-Maksimum ve Minimum De erler Tanm. (a, b) aknndaki her (, ) için f(, ) f(a, b) ise iki de i³kenli f fonksionunun (a, b)'de bir erel maksimumu vardr. Bu, (a, b) merkezli bir dairedeki her (, ) için f(, ) f(a, b) olmas demektir. f(a, b) sas erel maksimum de eri olarak adlandrlr. (a, b) aknndaki her (, ) için f(, ) f(a, b) ise f(a, b) erel minimum de eridir. Yukardaki e³itsizlikler f'nin tanm kümesindeki her (, ) noktasnda sa lanorsa f'nin (a, b)'de mutlak maksimumu (vea mutlak minimumu) vardr.

8 1 Definition A function of two variables h B Gökhan Bilhan f, f a, b when, is near 8a, b for all points, in some disk with cent Yerel maksimumlar da tepeleri ve erel minimumlar called a local vadi tabanlar maimum olarak value. dü³ünebiliriz. then f a, b is a local minimum If f, value. local maimum z absolute maimum If the inequalities in Definition 1 hold for f has an absolute maimum (or absolute m The graph of a function with several maim can think of the local maima as mountain peak absolute minimum local minimum 2 Theorem If f has a local maimum or m partial derivatives of f eist there, then f Proof Let t f, b. If f has a local ma FIGURE 1 Teorem f'nin (a, b) noktasnda erel maksimum has a a local da maimum erel minimumu (or minimum) var ve orada at a, so t f'nin birinci basamaktan ksmi türevleri varsa Theorem 4.2.4). But ta f a, b (see Equ Similarl, b appling Fermat s Theorem to t f (a, b) = 0 ve f fa, (a, bb) = 0. sa lanr. Notice that the conclusion of Theorem 2 c Teoremin geometrik orumu, erel maksimum ent vector a da as erel f a, minimumda b 0. If we te et put düzleminin ata olmas gerekti idir. f a, b a tangent plane (Equation ), we get z E er f (a, b) = 0 ve f (a, b) = 0 a da bu ksmi türevlerden biri oksa Theorem 2 is that if the graph of f has a tang mum, then the tangent plane must be horizon (a, b) noktasna f'nin bir kritik noktas (a da A point dura an noktas) denir. a, b is called a critical point (or f a, b 0, or if one of these partial derivat Tek de i³kenli kalkülüste oldu u gibi her kritik nokta bir erel maksimum a da if f has a local maimum or minimum at a erel minimuma ol açmaz. Bir kritik noktada fonksionun erel maksimumu vea However, as in single-variable calculus, not a erel minimumu olabilir vea bunlardan hiçbiri olmaabilir. minima. At a critical point, a function could mum or neither. kinci Türev Testi Iki de i³kenli bir f fonksionunun ikinci basamaktan ksmi türevleri (a, b) merkezli bir dairede sürekli olmak üzere f (a, b) = 0 ve f (a, b) = 0 sa lansn (ani; (a, b), f'nin bir kritik noktas olsun). Bu durumda, olmak üzere a³a dakiler geçerlidir. D := D(a, b) = f (a, b)f (a, b) ( f (a, b) ) 2 1. D > 0 ve f (a, b) > 0 ise f(a, b) bir erel minimumdur. 2. D > 0 ve f (a, b) < 0 ise f(a, b) bir erel maksimumdur.

9 B Gökhan Bilhan 9 3. D < 0 ise f(a, b) bir erel maksimum vea erel minimum de ildir. Bu durumda (a, b) noktas f'nin bir eer noktas olarak adlandrlr Not D = 0 ise test hiçbir bilgi vermez. f'nin (a, b)'de erel maksimum vea erel minimumu olabilir vea (a, b), f'nin bir eer noktas olabilir. Not D'nin formülünü anmsamak için onu D(, ) := f f f f = f f (f ) 2 biçiminde bir determinant olarak azmak ararl olur. Örnek f(, ) = fonksionunun erel maksimum ve erel minimum de erlerini ve eer noktalarn bulalm. Çözüm Önce kritik noktalar f = 2 2 ve f = 2 6 ardmla hesaplaalm. Bu ksmi türevleri 0'a e³itleerek 2 2 = 0 ve 2 6 = 0 denklemlerini elde ederiz. Buradan tek kök = 1 ve = 3 olarak bulunur. Kritik nokta (1, 3) olur. kinci türevleri ve D(, )'i ve f = 2, f = 0, f = 2 D(, ) := f f (f ) 2 = = 4 olarak 812hesaplarz. CHAPTER Buradan, 11 PARTIAL D(1, DERIVATIVES 3) = 4 > 0 ve f = 2 oldu undan ikinci türev testinin (1) ³kkndan (1, 3) noktasnn erel minimum oldu u ortaa çkar. z EXAMPLE 1 Let f, T f, 2 2 f, These partial derivatives are equal to 0 when 1 an point is 1, 3. B completing the square, we find that 0 (1, 3, 4) FIGURE 2 z= f, Since and 3 2 0, we have f, Therefore, f 1, 3 4 is a local minimum, and in fac of f. This can be confirmed geometricall from the gr paraboloid with verte 1, 3, 4 shown in Figure 2. EXAMPLE 2 Find the etreme values of f, 2

10 812 CHAPTER 11 PARTIAL DERIVATIVES B Gökhan Bilhan 10 z Örnek f(, ) = 2 2 EXAMPLE 1 Let f, T fonksionunun erel maksimum ve erel minimum de erlerini ve eer noktalarn bulunuz. f, 2 2 f, Önce kritik noktalar bulmak için türevleri These partial hesaplaalm. derivatives are equal to 0 when 1 a point is 1, 3. B completing the square, we find that We need to be able to determine whether or not a f a critical point. The following test, which is proved in (1, 3, 4) f = 2 ve f = 2 f, elde ederiz. Bu ksmi türevleri 0'a e³itleerek 0 Since and 3 2 0, we have f, 2 = 0Therefore, ve 2 = f 1, is a local minimum, and in fac of f. This can be confirmed geometricall from the g denklemlerini FIGURE 2 elde ederiz. Bölece, = 0paraboloid ve = 0 with olup verte kritik 1, nokta 3, 4 (0, shown 0) olarak in Figure elde 2. edilir. z= kinci türevleri ve D(, )'i f = 2, EXAMPLE 2 Find the etreme values of f, 2 SOLUTION Since f and, the onl critica f = 0, f = 2 f 2 2 points on the -ais we have 0, so f, ve points on the -ais we have 0, so f, 2 D(, ) := f f with (f ) center 2 = 2 0, 20 contains 0 = 4points where f takes posit where f takes negative values. Therefore, f 0, 0 0 olarak hesaplarz. Buradan, D(0, 0) = f, 4 so f< has 0no oldu undan etreme value. ikinci türev testinin (3) ³kkndan (0, 0) noktasnn eer noktas oldu u ortaa çkar. z Eample 2 illustrates the fact that a function need mum value at a critical point. Figure 3 shows how th the hperbolic paraboloid z 2 2, which has a h at the origin. You can see that f 0, 0 0 is a maim but a minimum in the direction of the -ais. Near th of a saddle and so 0, 0 is called a saddle point of f. FIGURE 3 Second Derivative Test for functions of one variable. z= - Örnek f(, ) = fonksionunun erel maksimum ve erel minimum 3 Second Derivatives Test Suppose the second parti de erlerini ve eer noktalarn bulalm. continuous on a disk with center a, b, and suppo f a, b 0 [that is, a, b is a critical point of f ]. Önce kritik noktalar bulmak için türevleri hesaplarsak f = ve D Da, b f a, bf a, b f = (a) If D 0 and f a, b 0, then f a, b is a lo elde ederiz. Bu ksmi türevleri 0'a e³itleerek (b) If D 0 and f a, b 0, then f a, b is a lo 3 = 0 ve 3 = 0 denklemlerini (c) eldeif ederiz. D 0, then f a, b is not a local maimum NOTE 1 In case (c) the point is called a sadd a, b crosses its tangent plane at a, b. NOTE 2 If D 0, the test gives no information: f

11 B Gökhan Bilhan 11 Bu denklemleri çözmek için birinci denklemden bulunan = 3 e³itli ini ikinci denklemde erine azarz. Bu, bize 0 = ( 3) 3 = 9 = ( 8 1 ) = ( 4 1 )( ) = ( 2 1 )( )( ) =( 1)( + 1) ( )( ) SECTION 11.7 MAXIMUM denklemini verir. Buradan, = 0, 1, 1 gerçel kökleri bulunur Bölece, kritik noktalar (0, 0), (1, 1) ve ( 1, 1) olur. EXAMPLE 3 Find the local maimum and minimum Daha sonra da ikinci türevleri ve D(, )'i f, f = 12 2 SOLUTION, f = 4, We f first = 12 locate 2 the critical points: ve f f D(, ) = f f (f ) 2 = Setting these partial derivatives equal to 0, we obta olarak hesaplarz. D(0, 0) = 16 < 0 oldu undan ikinci türevler testinin (3) ³kkndan 3 0ba³langç and noktasnn eer noktas oldu u ortaa çkar. Ba³ka bir dei³le, f'nin (0, 0)'da erel To solve these equations we substitute 3 from maksimum a da erel minimumu oktur. one. This gives D(1, 1) = 128 > 0 ve f (1, 1) = 12 > 0 oldu undan testin (1) ³kkndan f(1, 1) = 1 in erel minimum oldu unu görürüz Benzer ³ekilde, D( 1, 1) = 128 > 0 ve f = 12 > 0 oldu undan f( 1, 1) = 1 de erel bir minimumdur. so there are three real roots: 0, 1, 1. The thre z and 1, 1. Net we calculate the second partial derivatives f 12 2 f 4 D, f f f 2 14 Since D0, , it follows from case (c) that the origin is a saddle point; that is, f has no lo 0, 0. Since D1, and f 1, 1 12 of the test that f 1, 1 1 is a local minimum. S D1, and f 1, FIGURE 4 local minimum. z=$+$-4+1 The graph of f is shown in Figure 4. Örnek 12 m 2 'lik bir kartondan üstü açk bir dikdörtgen kutu aplacaktr. Böle bir kutunun maksimum hacmini bulunuz. A contour map of the function f in Eample 3 is shown in Figure 5. The level curves near 1, 1 and 1, 1 are oval in shape and indicate that as we move awa from 1, 1 or 1, 1 _ 0

12 using vectors. Compare with the methods of Section 9.5. The shortest distance from 1, 0, 2 to the plane 2 EXAMPLE 6 A rectangular bo without a lid is to be made fro Find the maimum volume of such a bo. B Gökhan Bilhan 12 SOLUTION Let the length, width, and height of the bo (in met shown in Figure 10. Then the volume of the bo is V z z We can epress V as a function of just two variables and the area of the four sides and the bottom of the bo is 2z 2z 12 Yukardaki FIGURE 10 gibi bir kutunun uzunluk, geni³lik ve üksekli i (metre olarak), ve z olsun. Kutunun hacmi Solving this equation for z, we get z 12 2 V becomes = z olur. Kutunun dört an üzünün ve tabannn alannn V 2z + We 2z compute + = the 12partial derivatives: olu³unu kullanarak V 'i alnzca ve 'nin fonksionu V V 2 12 olarak ifade edebiliriz. 2 Yukardaki e³itlikten z'i çözersek z = If V2( is a + maimum, ) then V V 0, but 0 or we must solve the equations buluruz. Bu nedenle, V 'nin ifadesi V = 2( + ) = ( + ) These impl that 2 2 and so. (Note that and m olur. this problem.) If we put in either equation we get 12 Ksmi türevleri hesaplar ve 2, 2, and z We could use the Second Derivatives Test to show that th V mum of V, or we could simpl argue from the phsical natu = 2 ( ) V 2( + ) 2 there ve must be an = 2 ( ) absolute 2( maimum + ) 2 volume, which has to o of V, so it must occur when 2, 2, z 1. Then V 3 maimum volume of the bo is 4 m. buluruz. V maksimum ise V V = 0 ve = 0 olur ancak = 0 vea = 0 olup V = 0 bulunur. Bu nedenle, Absolute Maimum and Minimum Values = For 0 a ve function 12 f2 of one variable 2 = 0 the Etreme Value Theorem ous on a closed interval a, b, then f has an absolute minimu denklemlerini çözmeliiz. maimum value. According to the Closed Interval Method Bunlar, 2 = 2 ve = olmasn these gerektirir b evaluating (bu problemde f not onl at ve the 'nin critical her numbers ikisinin but also de pozitif olmas gerekti ine dikkat ediniz). = bu denklemlerden birinde azlrsa = 0 elde ederiz. Bu da verir. = 2, = 2 ve z = 1

13 B Gökhan Bilhan 13 Bunun bir erel maksimum verdi ini, ikici türev testini kullanarak gösterebiliriz, a da problemin ziksel do as gere i bir maksimum hacim olmas ve bunun bir kritik noktada olmas gerekti inden = 2, = 2, z = 1'de ortaa çkt n söleebiliriz. Dolasla, V = = 4 olur ve kutunun maksimum hacmi 4 m 3 'tür.

14 B Gökhan Bilhan 14 Mutlak Maksimum ve Minimum De erler Bir de i³kenli bir f fonksionu için uç de er teoremi, e er f bir [a, b] kapal aral nda sürekli ise f'nin bir mutlak maksimum ve bir mutlak minimum de erinin oldu unu söler. Bunlar alnzca kritik noktalarda de il arca a ve b uç noktalarnda hesaplaarak bulduk. ki de i³kenli fonksionlar için de benzer bir durum vardr. Nasl bir kapal aralk uç noktalarn içeriorsa R 2 'de de bir kapal küme, snr noktalarn içeren bir kümedir. ki De i³kenli Fonksionlar için Uç De er Teoremi f fonksionu R 2 'de kapal ve snrl bir D kümesinde sürekli ise f'nin, D'nin bir ( 1, 1 ) ve ( 2, 2 ) noktasnda f( 1, 1 ) mutlak maksimum ve f( 2, 2 ) mutlak minimum de eri vardr. Kapal ve snrl bir D kümesinde sürekli bir f fonksionunun maksimum ve minimum de erlerini bulmak için a³a dakiler ugulanr. 1. f'nin D içindeki kritik noktalarnda f'nin de erini bulunuz. 2. f'nin D'nin snrndaki uç de erlerini bulunuz. 3. Adm 1 ve Adm 2'de bulunan en büük de er mutlak maksimum, en küçük de er mutlak minimum de eridir. Örnek f(, ) = fonksionunun D = {(, ) : 0 3, 0 2} dikdörtgenindeki mutlak maksimum ve mutlak minimum de erlerini bulunuz. Çözüm f bir polinom oldu undan, kapal ve snrl D dikdörtgeninde süreklidir. Bu nedenle, f'nin hem mutlak maksimumu hem de mutlak minimumunun oldu unu söler. Yukardaki birinci adma göre önce kritik noktalar buluruz. Bunlar f = 2 2 = 0 ve f = = 0 sa land nda olu³ur. Bu nedenle, tek kritik nokta (1, 1)'dir. f'nin oradaki de eri f(1, 1) = 1 olur.

15 D, so Theorem 8 tells us there is both an absolute m FIGURE 11 is finite tion fin on etent. a closed, Then, bounded in terms set of Dclosed : and bounded ing mum. According to step 1 in (9), we first find the cri 1. counterpart Find the values of the of Etreme f at the Value critical Theorem points of in two f in dd B Gökhan Bilhan Find the etreme fvalues 2of f2 on the 0 boundar f of 3. 8 The Etreme largest Value of Theorem the values for Functions from steps of Two 1 and Variables 2 is the I closed, so the onl critical point is 1, 1, and the value of f value; bounded the smallest set Dof in these 2, then values f attains is the absolute an L (2, 2) In step 2 we look at the values of f on the bound (0, 2) (3, 2) f 1, 1 and an absolute minimum value f 2, 2 a four line segments L 1, L 2, L 3, L 4 2, 2 in D. shown in Figure 12 EXAMPLE 7 Find the absolute maimum and L L f, 0 2 minimum v 0 f, on the rectangle D, To find the etreme values guaranteed b Theorem 8 SOLUTION if fthis has is Since an an etreme increasing f is a value polnomial, function at of it is, continuous so its minimum on thev (0, 0) 1, 1, then 1, 1 is ei L (3, 0) boundar D, maimum so Theorem point value 8 of tells Dis. Thus, f 3, there 0we is have 9both. On the an L 2 absolute we following have mai et Method. mum. According to step 1 in (9), we first find the critic 2.admda FIGURE ekil 12 gösterilen L 1, L 2, L 3 ve L 4 do ru parçalarndan olu³an f 3, D'nin 9 snrnda 4 0 f'nin de erlerini inceleriz. 9 f f 2 To find the absolute maimum and minimum va so the tion onl f on critical a closed, point bounded is 1, 1 set, and D: the value of f the L (2, 2) In step 2 we look at the values of f on the boundar (0, 2) (3, 2) 1. Find the values of f at the critical points of f in D four line segments L 1, L 2, L 3, L 4 shown in Figure 12. O 2. Find the etreme values of f on the boundar of L (0, 0) L L (3, 0) 3. The largest of the values f, from 0 steps 2 1 and 02 is the value; the smallest of these values is the absolute This is an increasing function of, so its minimum valu maimum value is f 3, 0 9. On L 2 we have 3 a EXAMPLE 7 Find the absolute maimum and minimum v FIGURE 12 f, 2 2 2f 3, on the rectangle 9 4 D, 0 L 1 üzerinde = 0 oldu undan SOLUTION Since f is a polnomial, it is continuous on the f(, 0) = D, 2 so, Theorem 0 8 3tells us there is both an absolute mai mum. According to step 1 in (9), we first find the critic olur. Bu, 'in artan bir fonksionu oldu undan minimum de eri f(0, 0) = 0 ve maksimum de eri f(3, 0) = 9'dur. f f 2 (0, 2) L (2, 2) (3, 2) so the onl critical point is 1, 1, and the value of f the In step 2 we look at the values of f on the boundar four line segments,,, shown in Figure 12. O L 1 L 2 L 3 L 4 L L f, (0, 0) L (3, 0) This is an increasing function of, so its minimum valu maimum value is f 3, 0 9. On we have 3 a L 2 FIGURE 12 L 2 üzerinde = 3 oldu undan f(3, ) = 9 4, 0 2 f 3, olur. Bu, 'nin azalan bir fonksionu oldu undan maksimum de eri f(3, 0) = 9 ve minimum de eri f(3, 2) = 1'dir.

16 D, so Theorem 8 tells us there is both an absolute m mum. According to step 1 in (9), we first find the cri 9 To find the absolute maimum and minimum tion f on a closed, f bounded 2 2 set D : 0 f 1. Find the values of f at the critical points of f so the onl critical point is 1, 1, and the value of f 2. In step Find 2 the we etreme look at values the values of f of on f the on boundar the bound four 3. line The segments largest of Lthe 1, Lvalues 2, L 3, Lfrom 4 shown steps in 1 Figure and 2 12 is value; the smallest of these values is the absol f, B Gökhan Bilhan 16 (0, 2) L (2, 2) (3, 2) L L EXAMPLE This is an 7 increasing Find the absolute function maimum of, so its and minimum v (0, 0) L (3, 0) maimum f, value 2 2 is f 3, 2 0on the 9. On rectangle L 2 we have D, L 3 üzerinde = 2 oldu undan FIGURE 12 SOLUTION Since f is a polnomial, f 3, it 9is continuous 4 0on f(, 2) = 2 4 D, + so 4, Theorem 0 8 tells 3 us there is both an absolute m mum. According to step 1 in (9), we first olur. Tek de i³kenli fonksionlardaki öntemler ile a da f(, 2) = ( 2) 2 find the cri oldu u gözlemile bu fonksionun minimum de erinin f(2, 2) = 0f ve maksimum 2 2 0de erininf f(0, 2) = 4 oldu unu görürüz. so the onl critical point is 1, 1, and the value of f L (2, 2) In step 2 we look at the values of f on the bound (0, 2) (3, 2) four line segments,,, shown in Figure 12 L 1 L 2 L 3 L 4 L L f, (0, 0) L (3, 0) This is an increasing function of, so its minimum v maimum value is f 3, 0 9. On we have L 2 FIGURE 12 Son olarak, L 4 üzerinde = 0 oldu undan f(0, ) = 2, 0 2 f 3, and its mini- olur ve maksimum de er f(0, 2) = 4 ve minimum de er f(0, 0) = 0'dr. Bu nedenle, snrda 818f'nin CHAPTER maksimum 11 PARTIAL DERIVATIVES de eri 4 ve minimum de eri 0 olur. 3. admda, bu de erleri kritik noktadaki f(1, 1) = 1 de eri ile kaslarz ve f'nin This is a decreasing function of, so its maimum value is f 3, 0 9 D'deki maksimum de erinin f(3, 0) = 9 ve minimum de erinin f(0, 0) = f(2, 2) = 0 mum value is f 3, 2 1. On L 3 we have 2 and oldu u sonucuna varrz. f'nin gra ini göstermektedir. z f, B the methods of Chapter 4, or simpl b observing that f, 2 2 2, we see that the minimum value of this function is f 2, 2 0 and the maimum value is f 0, 2 4. Finall, on we have 0 and L L D FIGURE 13 f(, )= -2+2 L f 0, with maimum value f 0, 2 4 and minimum value f 0, 0 0. Thus, on the boundar, the minimum value of f is 0 and the maimum is 9. In step 3 we compare these values with the value f 1, 1 1 at the critical point and conclude that the absolute maimum value of f on D is f 3, 0 9 and the absolute minimum value is f 0, 0 f 2, 2 0. Figure 13 shows the graph of f. Al³trmalar 1. f ve f leri bulunuz Eercises 1. Suppose (1, 1) is a critical point of a function f with continuous second derivatives. In each case, what can ou sa about f? (a) f 1, 1 4, f 1, 1 1, f 1, f,

17 B Gökhan Bilhan 17 a) f(, ) = b) f(, ) = + c) f(, ) = sincos d) f(, ) = ln( ) e) f(,, z, t) = 2 z 3 t 4 f) f(,, z) = 2 e z 2. ve de erlerini bulunuz.

18 B Gökhan Bilhan 18 a) + z = z (Kapal Türev) b) 2 z z = + + z (Kapal Türev) c) z = f() + g() d) z = f( )

19 B Gökhan Bilhan f ve f leri bulunuz. Al³trmalar a) f(, ) = b) f(, ) = + c) f(, ) = sincos d) f(, ) = ln( ) e) f(,, z, t) = 2 z 3 t 4 f) f(,, z) = 2 e z

20 B Gökhan Bilhan ve de erlerini bulunuz. a) + z = z (Kapal Türev) b) 2 z z = + + z (Kapal Türev) c) z = f() + g() d) z = f( )