0 a

BİRDEN ÇOK
DEĞİŞKEN
DURUMUNDA
OPTİMİZASYON
2
Şekil 2.1’i dikkate alalım. Maksimum nokta olan A ve minimum
nokta olan B’de z=f(x) fonksiyonunun bir durgunluk değeri
vardır. Bir başka ifadeyle, z ’nin bir uçdeğerinin (minimum ya
da maksimum) olabilmesi için, x değişirken dz=0 olmalıdır.
Ancak bu koşul tek başına bir minimum ya da maksimum için
yeterli değildir. Örneğin Şekil 2.1’de C noktasında dz=0 olmakla
beraber, bir uçdeğer oluşmamaktadır.
Birinci sıra koşula göre, f′(x)=0 olmalıdır. Bunu diferansiyel
denklem yoluyla şöyle ifade edebiliriz:
dz = f ′( x )dx = 0 , dx ≠ 0
3
Şekil 2.1 Durgunluk Noktaları
z
z=f(x)
A
z
C
dz = 0
z
dz = 0
B
z
dz = 0
0
x
4
Şekil 2.1’de A noktasının soluna (dx<0) ve sağına (dx>0)
gidildiğinde her iki durumda da z’nin değeri azalmaktadır
(dz<0). Diğer bir ifadeyle, farklı x değerleri için d(dz)<0 ya da
d2z<0 ’dır diyebiliriz. d2z<0 koşulu, maksimum için ikinci sıra
koşulun
(yeterlik
koşulu)
diferansiyelidir.
Bunu
gösterebiliriz:
2
d (dz dx ) d z
= 2 = f ′′( x ) < 0 , dx ≠ 0
dx
dx
d z = f ′′( x )dx < 0
2
2
(-)
(+)
şöyle
5
d2z ifadesini açarak yazalım ve dx2(≡(dx)2) teriminin bir karesel
terim (dolayısıyla pozitif) olduğunu görelim.
d z = d ( dz ) = d
2
d z=
2
[ f ′ ( x ) dx ] = ( df ′ ( x ) ) dx
( f ′′ ( x ) dx ) dx
= f ′′ ( x )( dx )
2
Dolayısıyla maksimizasyon için yeterli olan d2z<0 ikinci sıra
koşulu ile f′′(x)<0 eşdeğerdir.
6
Yukarıdaki incelemeyi şöyle genelleştirebiliriz :
z’nin maksimumu için :
f ′′ ( x ) ≤ 0
z’nin minimumu için :
f ′′ ( x ) ≥ 0
ya da
z’nin maksimumu için :
d z≤ 0
z’nin minimumu için :
d z≥ 0
2
2
7
İki değişkenli bir fonksiyonu şöyle ifade edebiliriz :
z = f ( x, y)
İkisi birden sıfır olmamak koşuluyla farklı dx ve dy değerleri
için dz=0 birinci sıra koşulu oluşturur. Fonksiyonun birinci sıra
toplam diferansiyelini yazalım:
dz = f x dx + f y dy = 0 , dx ≠ 0 , dy ≠ 0
Yukarıdaki koşul altında, diferansiyel denklemin sıfır olabilmesi
yani dz=0 olabilmesi için;
∂z
fx =
=0
∂x
ve
∂z
=0
fy =
∂y
olmalıdır.
8
Şekil 2.2 İki Seçim Değişkenli
Modelde Maksimum
z
A
•
0
x
y
9
Şekil 2.3 İki Seçim Değişkenli
Modelde Minimum
z
y
0
x
•
B
10
Şekil 2.4 İki Seçim Değişkenli
Modelde Eyer Noktası
-5
-10
0
5
10
100
C
50
z
0
z
-50
-100
-10
y
-5
0
x
5
10
11
Yukarıdaki Şekil 2.2, 2.3 ve 2.4’ü birinci sıra koşul açısından
inceleyelim.
Şekil
2.2’de
A
noktasında,
Şekil
2.3’de
B
noktasında ve Şekil 2.4’de C noktasında dz=0 birinci sıra koşulu
sağlanmaktadır. Bu noktalarda,
fx = fy = 0
ya da
∂z
∂z
=
=0
∂x ∂y
sağlanmaktadır. Ancak birinci sıra koşul uçdeğer için gerekli
olmakla birlikte yeterli değildir.
12
Şekil 2.2 ve 2.3’te sırasıyla maksimum ve minimum oluşmasına
rağmen, Şekil 2.4’te bir eyer noktası oluşmaktadır. Şekil 2.4 at
eğerine benzemesinden ötürü bu biçimde adlandırılmaktadır. z ,
x ’e göre bir maksimum vermekle birlikte, y ’e göre bir
minimumdur.
Şimdi ikinci sıra koşuluna bakalım. Öncelikle ikinci dereceden
kısmi türev kavramını inceleyelim. z=f(x,y) fonksiyonunun iki
tane birinci dereceden kısmi türevi vardır:
∂z
,
fx =
∂x
∂z
fy =
∂y
13
y sabit kalırken, fx’in x’e göre türevi, x’in ikinci dereceden kısmi
türevidir.
∂ ( ∂z ∂ x ) ∂ z
=
= 2
∂x
∂x
2
f xx
Benzer tanımı y için de yapabiliriz. x sabit kalırken, fy’in y ’e
göre türevi, y ’nin ikinci dereceden kısmi türevidir.
∂ ( ∂z ∂ y ) ∂ z
f yy =
= 2
∂y
∂y
2
14
Ayrıca fx ve fy ‘nin hem x hem de y’nin birer fonksiyonu
olduğunu da göz önünde tutarsak, şu çapraz ikinci derece kısmi
türevleri de elde ederiz.
∂ ( ∂z ∂ y ) ∂ z
f xy =
=
∂x
∂x ∂y
2
∂ ( ∂z ∂ x ) ∂ z
=
=
∂y
∂y ∂x
2
f yx
Young Teoremi:
f xy = f yx
15
Örnek 1: Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım.
z = x + 5 xy − y
3
2
Birinci derece kısmi türevler :
∂z
2
fx =
= 3x + 5 y
∂x
,
∂z
fy =
= 5x − 2 y
∂y
Bunların bir kere daha x ve y’e göre kısmi türevlerini alırsak,
ikinci dereceden kısmi türevleri elde etmiş oluruz.
∂ z
= 2 = 6x ,
∂x
2
f xx
∂ z
∂ z
=5
f yy = 2 = −2 , f xy = f yx =
∂y
∂x ∂y
2
2
Örnek 2 : Aşağıdaki fonksiyona ilişkin kısmi türevleri bulalım.
2 −y
z=x e
Birinci derece ve ikinci derece kısmi türevler :
∂z
−y
fx =
,
= 2 xe
∂x
∂z
2 −y
fy =
= −x e
∂y
∂ z
−y
,
= 2 = 2e
∂x
∂ z
2 −y
f yy = 2 = x e
∂y
2
f xx
f xy = f yx
∂ z
−y
=
= −2 xe
∂x ∂y
2
2
16
17
İkinci Sıra Toplam Diferansiyel
dz ’nin diferansiyelini alarak, d2z ikinci sıra toplam diferansiyelini elde ederiz.
∂ (dz )
∂ (dz )
d z = d (dz ) =
dx +
dy
∂x
∂y
2
=
∂ ( f x dx + f y dy )
∂x
dx +
∂ ( f x dx + f y dy )
∂y
dy
= ⎡⎣ f xx dx + f xy dy ⎤⎦ dx + ⎡⎣ f yx dx + f yy dy ⎤⎦ dy
= f xx dx 2 + f xy dydx + f yx dxdy + f yy dy 2
d z = f xx dx + 2 f xy dxdy + f yy dy
2
2
2
Örnek 3:
z = x 3 + 5 xy − y 2
18
fonksiyonunun birinci sıra ve ikinci
sıra toplam diferansiyellerini bulalım.
dz = f x dx + f y dy
fx = 3x + 5 y , f y = 5x − 2 y
2
dz = ( 3 x + 5 y ) dx + ( 5 x − 2 y ) dy
2
d z = f xx dx + 2 f xy dxdy + f yy dy
2
2
d z = 6 xdx + 10dxdy − 2dy
2
2
2
2
Şekil 2.5 İki Seçim Değişkenli Modelde
Maksimum
-10
-5
0
z
5
10
0
-50
-100
-150
-200
-10
-5
0
5
10
19
20
Şekil 2.5’de kırmızı noktayla işaretlenen yerde birinci sıra
koşulların sağlanmış olduğunu varsayalım
(dz = f x = f y = 0)
.
Eğer dx ve dy rasgele farklı değerler alırken, dz sürekli
azalıyorsa (yani d2z<0), bu noktada bir maksimum vardır
diyebiliriz. Tersi durumda bir minimum vardır. Ancak bazı
durumlarda d2z=0 olabileceğini de göz önünde bulundurarak,
genel kuralı şöyle yazabiliriz :
z ’nin maksimum değeri için :
d z≤0
z ’nin minimum değeri için :
d 2z ≥ 0
2
21
Uç değeri belirlemek için kullanacağımız yukarıdaki kuralı
şimdilik ispat vermeksizin ikinci derece kısmi türevler cinsinden
açık olarak yazalım.
f xx < 0 , f yy < 0 ,
f xx f yy > f
f xx > 0 ,
f xx f yy > f
f yy > 0 ,
2
xy
⇒ d z<0
2
xy
⇒ d z>0
2
2
22
Şekil 2.5’de şeklin durgunluk noktasında çizilen doğu-batı ve
kuzey-güney yönlü oklardaki hareketler bu koşullarda fxx ve fyy
ikinci derece kısmi türevleriyle gösterilmektedir. Ancak dx ve dy
rasgele değişirken bir uç değerin garanti altına alınabilmesi
için,
diğer
olası
yönlerde
de
dz’nin ya sürekli azalıyor
(maksimum için) ya da sürekli artıyor (minimum için) olması
gerekir. Bu, fxy çapraz türevi ile simgelenmiştir.
23
Şimdi bir uç değeri belirlemek için kullanacağımız birinci sıra
ve ikinci sıra koşulları topluca aşağıdaki tabloda verelim.
Koşul
Birinci Sıra Koşul
İkinci Sıra Koşul
Maksimum
fx = fy = 0
Minimum
fx = fy = 0
f xx < 0 , f yy < 0
f xx > 0 , f yy > 0
f xx f yy > f
f xx f yy > f
2
xy
2
xy
24
Örnek 4 :
z = 8 x 3 + 2 xy − 3 x 2 + y 2 + 1
fonksiyonunun uçdeğer-
lerini bulalım. Bunun için öncelikle fonksiyonun birinci derece
ve ikinci derece tüm kısmi türevlerini buluruz ve yukarıda
verdiğimiz tablodaki koşulları kullanarak uçdeğerin var olup
olmadığını sınayabiliriz.
f x = 24 x + 2 y − 6 x , f y = 2 x + 2 y
2
f xx = 48 x − 6 , f yy = 2 , f xy = f yx = 2
25
Birinci sıra koşul gereği fx ve fy denklemlerini sıfıra eşitleyelim,
x ve y için çözelim.
f x = 24 x + 2 y − 6 x = 0
2
fy = 2x + 2 y = 0
x =0, y =0,z =0
*
1
*
1
*
1
1 *
1 * 23
x = , y2 = − , z 2 =
3
3
27
*
2
26
Şekil 2.6’da bu fonksiyonun çizimi yer almaktadır. Yukarıda
bulduğumuz durgunluk değerlerini Şekil 6’da iki ayrı nokta ile
gösterdik.
Bu
noktalardaki
noktalarda
dz=0
durgunlukların
olmaktadır. Şimdi de bu
birer
uçdeğer
oluşturup
oluşturmadıklarına bakalım. Bunun için, birinci sıra koşulları
sıfıra eşitleyerek bulduğumuz x* ve y* değerlerini, ikinci derece
türevlerini değerlendirmede kullanırız ve ikinci sıra koşulların
işaret incelemesini yaparız.
27
f xx = −6 < 0
x =0, y =0
*
1
*
1
Bu nokta, bir
f yy = 2 > 0
eyer noktasıdır.
f xy = 2
f xx = 10 > 0
1 *
1
x = , y2 = −
3
3
*
2
f yy = 2 > 0
f xy = 2
f xx f yy = 20 , f = 4
2
xy
f xx f yy > f xy2
Bu nokta, bir
minimum
noktasıdır.
Şekil 2.6 Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 4)
z = 8 x 3 + 2 xy − 3 x 2 + y 2 + 1
1 *
1 * 23
x = , y2 = − , z 2 = 2
3
3
27
*
2
z
x1* = 0 , y1* = 0 , z1* = 0
z
1
0
0.5
-1
0.5
0.25
0.25
z
0
0
y
x
-0.25
-0.25
-0.5
-0.5
28
29
Örnek 5 :
bulalım.
z = x + 2ey − e x − e 2 y
Örnek
4’de
fonksiyonunun uçdeğerlerini
uyguladığımız
yöntemi
burada
kullanalım.
fx = 1 − e = 0
x
f y = 2e − 2e
2y
1
x = 0 , y = , z * = −1
2
*
=0
*
f xx = − e x = −1 < 0
f yy = −4e 2 y = −4e < 0
1
*
*
x =0 , y =
2
f xy = 0
f xx f yy = 4e , f = 0
2
xy
f xx f yy > f xy2
Bu nokta, bir
maksimum
noktasıdır.
da
Şekil 2.7 Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 5)
z = x + 2ey − e − e
x
0
-0.5
-1
2y
0.5
0
1
x = 0 , y = , z * = −1
2
1
*
•
*
z
-2
-4
-6
x
1
0.5
y
0
-0.5
-1
30
31
Örnek 6a:
z=e
( − 13 x 3 + x − y 2 )
fonksiyonunun uçdeğerlerini
bulalım.
f x = (1 − x
2
)e
f y = ( −2 y ) e
( − 13 x 3 + x − y 2 )
( − 13 x 3 + x − y 2 )
=0
=0
x * = 1 , y* = 0 , z * = 1.95
x * = −1 , y* = 0 , z * = 0.51
32
x * = −1
f xx = ⎡⎢( 1 − x
⎣
2
)
2
− 2 x ⎤⎥ e
⎦
( − 13 x 3 + x − y 2 )
y =0
*
x* = 1
y =0
*
x * = −1
y =0
*
f yy = ⎡⎣ 4 y 2 − 2⎤⎦ e
( − 13 x 3 + x − y 2 )
x* = 1
y =0
*
→
→
→
→
f xx = 2e
2
3
f xx = −2e
− 23
f yy = −2e
2
3
f yy = −2e
− 23
33
x * = −1
f xy = f yx = ( 1 − x
2
) ( −2 y ) e
2
y =0
*
( − 13 x 3 + x − y 2 )
x* = 1
y =0
*
→
f xy = 0
→
f xy = 0
34
( x , y , z ) = ( −1, 0, 0.51)
2
3
f xx = 2e > 0
f xx f yy > f
2
xy
→
( 2e )( −2e ) < 0
2
3
Bu nokta bir eyer
noktasıdır.
2
3
( x , y , z ) = (1, 0,1.95)
2
3
f xx = −2e < 0
f xx f yy > f
2
xy
→
( −2e )( −2e ) > 0
2
3
2
3
Bu nokta bir
maksimum
noktasıdır.
Şekil 2.8 Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 6a)
-2
-1
•
0
1
2
1.5
•
1
0.5
0
2
1
0
-1
z=e
( − 13 x 3 + x − y 2 )
-2
35
Örnek 6b:
z = ( x − 2) + ( y − 3)
4
4
36
fonksiyonunun uçdeğerlerini
bulalım.
f x = 4( x − 2)3 = 0
x* = 2 , y* = 3 , z * = 0
f y = 4( y − 3)3 = 0
f xx = 12( x − 2)2 = 0
x* = 2 , y* = 3
f yy = 12( y − 3)2 = 0
d 2z = 0
f xy = 0
Bu durum, uçdeğer sınaması için şu ana kadar kullandığımız
koşulları sağlamamakla birlikte,
bir minimuma sahiptir.
x* = 2 , y* = 3 , z * = 0
noktasında
Şekil 2.9 Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 6b)
1000
500
0
-500
-1000
2×1012
1.5 ×10
12
x* = 2 , y* = 3 , z * = 0
•
1×1012
5×1011
0
1000
z
500
0
y
-500
z = ( x − 2) + ( y − 3)
4
4
-1000
x
37
38
d2z teriminin işaretinin pozitif mi, negatif mi olduğunu
belirlemek için, karesel biçim kavramını kullanarak, iki ya da
daha çok seçim değişkeninin yer aldığı modellerde uçdeğer
sınamasını
daha
kolaylıkla
yapabileceğimiz
kurallara
ulaşacağız.
Önce biçim ve karesel biçim kavramlarını tanıyalım.
Her bir terimin aynı derecen olduğu polinoma, biçim diyoruz.
Örneğin 4x-9y+z polinomu, üç değişkenli doğrusal bir biçimdir.
4x2-xy+3y2 polinomu da, ikinci dereceden (karesel) bir biçimdir.
Şimdi
d 2 z = f xx dx 2 + 2 f xy dxdy + f yy dy 2
39
ifadesini karesel biçim
çerçevesinde inceleyelim. Şu kısaltmaları kullanalım:
q ≡ d z , u ≡ dx , v ≡ dy , a ≡ f xx
2
b ≡ f yy , h ≡ f xy = f yx
Anımsarsak, ikinci sıra uç değer koşula göre, dx ve dy ’nin
kendisinin
ve
değişimlerinin
hangi
değer
aldıklarından
bağımsız olarak, bir minimum için d2z>0, bir maksimum için
d2z<0 olmalıdır. Bu durumda, q>0 ya da q<0 elde edebilmek için,
u ve v herhangi değerler alabilirken, a, b ve h katsayılarına
hangi kısıtlamaları koymalıyız.
40
q karesel biçimindeki değişkenlerin değeri ne olursa olsun
(tümü aynı anda sıfır olmamak koşuluyla);
q>0 ise pozitif belirli
q≥0 ise pozitif yarı belirli
q<0 ise negatif belirli
q≤0 ise negatif yarı belirli
Değişkenler farklı değerler alırken q işaret değiştiriyorsa, q
belirsizdir deriz. q=d2z belirsiz ise, bir eyer noktası vardır.
41
İki seçim değişkenli durum için determinant sınamasını elde
edebilmek için, q karesel biçimini kullanacağız :
q = au + 2huv + bv
2
2
u2 ve v2 pozitif olduklarından, a ve b katsayılarının işaretlerine
konulacak kısıtlamalardan işaretin rahatça ne olabileceğini
söyleyebiliriz. Ancak bu haliyle 2huv teriminin işaretiyle ilgili
kesin bir şey söyleyemeyiz. Bu nedenle de q ’nun kesin negatif
belirli mi ya da pozitif belirli mi olduğunu söyleyemeyiz. Bu
belirsizlikten kurtulmak için bazı matematik işlemler yapalım.
q karesel biçimine h2v2/a terimini ekleyip çıkaralım.
42
2 2
2 2
hv
hv
2
q = au + 2huv +
+ bv −
a
a
2
Eşitliğin sağındaki ilk üç terimi a ortak parantezine, son iki
terimi de v2 ortak parantezine alıp düzenleyelim.
⎡ 2 2h
h 2⎤ ⎡ h
q = a ⎢u +
uv + 2 v ⎥ + ⎢ b −
a
a
a
⎣
⎦ ⎣
2
2
⎤ 2
⎥v
⎦
2
2
⎡
⎤ 2
h
ab
h
−
⎡
⎤
q = a ⎢u + v ⎥ + ⎢
⎥v
a ⎦ ⎣ a ⎦
⎣
a ve değişkenleri birer kare ifade olduklarından, q ’nun işareti
tümüyle a, b ve h katsayılarının işaretine bağlıdır.
43
a>0
ve
ab-h2 > 0
ise
q > 0 (pozitif belirli)
a<0
ve
ab-h2 > 0
ise
q < 0 (negatif belirli).
Bu genel koşulu determinant yoluyla ifade edelim. Bunun için q
karesel biçimini aşağıdaki gibi yeniden yazalım.
q = au + 2huv + bv
2
2
→ q = au + huv + huv + bv
2
q = a ( u ) + h( uv ) ⎫⎪
⎡ a h⎤ ⎡ u ⎤
=
q
u
v
[
] ⎢h b⎥ ⎢ v ⎥
⎬
2
+ h( uv ) + b(v ) ⎪⎭
⎣
⎦⎣ ⎦
2
D diyelim.
2
44
a>0
ve
a<0
ve ab-h2 > 0
ise
ab-h2 > 0
ise
q > 0 (pozitif belirli)
q < 0 (negatif belirli).
Matris biçimini kullanarak, işaret belirliliği kuralını yeniden
yazalım.
a>0
a<0
ve
ve
D =
D =
a
h
h
b
a
h
h
b
= ab − h2 > 0
ise
q>0
= ab − h2 > 0
ise
q<0
45
a terimini de D determinantının bir alt determinantı (birinci ana
minör
determinantı)
olarak
düşünebiliriz
ve
|D1| şeklinde
yazabiliriz. İşaret belirliliği koşullarını buna göre yazalım.
D1 > 0
ve
D > 0
ise
q>0
D1 < 0
ve
D > 0
ise
q<0
46
Matris biçimiyle verdiğimiz q karesel biçiminin kısaltmalarını
yerlerine yazarak yeniden düzenleyelim.
d z = [d x
2
⎡ f xx
dy ] ⎢
⎢⎣ f yx
f xy ⎤
⎥
f yy ⎥⎦
⎡ dx ⎤
⎢ dy ⎥
⎣ ⎦
Hessian Matris
Hessian matris, bir denklem sisteminin ikinci derece kısmi
türevlerinden oluşan matristir. Hessian matrisi kullanarak,
d2z’nin işaret belirliliği için bir şeyler söyleyebiliriz.
f xx > 0
ve
⎡ f xx
⎢
⎢⎣ f yx
f xy ⎤
2
⎥ = f x x f yy − f x y > 0
f yy ⎥⎦
47
f xx > 0
ve
H =
f xx
f xy
f yx
f yy
f xx
f xy
f yx
f yy
f xx < 0
ve
H =
Burada
fxx
terimini,
bir
= f x x f yy − f x2y > 0
ise
d 2z > 0
= f x x f yy − f x2y > 0
ise
d 2z < 0
alt
Hessian
determinant
düşünebiliriz ve | q1| biçiminde gösterebiliriz.
olarak
48
Yukarıda iki seçim değişkenli model için verdiğimiz karesel
biçimlerden
hareketle
işaret
belirliliği
ve
uç
değerin
bulunmasını şimdi de üç değişkenli bir durum için uygulayalım
ve bir basamak daha yukarıdaki genel işaret belirliliği ve
uçdeğer sınama koşullarını elde edelim. Daha sonra bunu n
değişkenli duruma genelleştirelim. u1, u2 ve u3
gibi üç
değişkenli bir karesel biçimi şöyle yazabiliriz :
q = ( u1 , u2 , u3 ) = d11 ( u ) + d12 ( u1u2 ) + d13 ( u1u3 )
2
1
+ d 21 ( u2 u1 ) + d 22 ( u22 ) + d 23 ( u2 u3 )
+ d 31 ( u3 u1 ) + d 32 ( u3 u2 ) + d 33 ( u32 )
49
Bu üç değişkenli karesel biçimi şimdi de matris biçimde ifade
edelim :
q = ( u1 , u2 , u3 ) = ⎡⎣u1
u2
u′
⎡ d11
⎢
u3 ⎤⎦ ⎢ d 21
⎢⎣ d 31
d12
d 22
d 32
D
d13 ⎤ ⎡ u1 ⎤
⎥⎢ ⎥
d 23 ⎥ ⎢ u2 ⎥ = u′Du
d 33 ⎥⎦ ⎢⎣ u3 ⎥⎦
u
D matrisinden kendisi de olmak üzere üç tane ana minör
determinant elde edilir.
D1 = d11
d11
, D2 =
d 21
d11
d12
, D3 = D = d 21
d 22
d 31
d12
d13
d 22
d 23
d 32
d 33
50
Üç seçim değişkenli bir modelde q’nun işaret belirliliği için
koşulları D determinantlarını kullanarak yazalım:
D1 > 0
D2 > 0
ise, q pozitif belirlidir.
D3 = D > 0
D1 < 0
D2 > 0
D3 = D < 0
ise, q negatif belirlidir.
51
Örnek 7:
q = u12 + 6u22 + 3u32 − 2u1u2 − 4u2 u3
karesel biçiminin pozi-
tif belirli mi, negatif belirli mi olduğunu inceleyelim.
Bu karesel biçimi matris görüntü olarak ifade etmeye çalışalım.
q = ( u1 , u2 , u3 ) = 1( u ) − 1( u1 u2 ) + 0( u1u3 )
2
1
− 1( u2 u1 ) + 6( u22 ) − 2( u2 u3 )
+ 0( u3 u1 ) − 2( u3 u2 ) + 3( u )
2
3
q = ( u1 , u2 , u3 ) = ⎡⎣u1
u2
⎡ 1 −1 0 ⎤ ⎡ u1 ⎤
⎢ ⎥
⎢
⎥
u3 ⎤⎦ ⎢ −1 6 −2 ⎥ ⎢ u2 ⎥
⎢⎣ 0 −2 3 ⎥⎦ ⎢⎣ u3 ⎥⎦
52
D1 = 1 > 0
1 −1
D2 =
=5>0
−1 6
1 −1 0
D3 = D = −1 6 −2 = 11 > 0
0 −2 3
olduğundan, q pozitif
belirlidir.
53
n değişkenli karesel biçimi, doğrudan D matrisinin ana
minörlerini yazarak gösterelim ve işaret belirliliği için genel
koşulu oluşturalım.
D1 = d11
d11
, D2 =
d 21
d12
, ......,
d 22
d11
d12
... d1n
d 21
Dn = D =
...
d n1
d 22
...
dn2
... d 2 n
... ...
... d nn
54
Pozitif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantları pozitif
olmalıdır.
D1 > 0 , D2 > 0 , ......, Dn = D > 0
Negatif belirlilik için tüm ana minörlerin determinantlarının
işaretleri aşağıdaki gibi olmalıdır.
D1 < 0 , D2 > 0 , ......, Dn = D > 0
n. ana minör
Dn = D , eğer n çift sayı ise pozitif,
pozitif tek sayı ise
negatif olmalıdır.
.
55
u'Du karesel biçiminin işaret belirliliği için karakteristik kök
yöntemi denilen bir yöntemi de kullanabiliriz. D bir kare matris
olmak üzere;
Dx = rx
Matris denklemini sağlayacak bir u'Du vektörü ve r skaleri
bulmak mümkünse, r skalerine
(eigenvalue),
(eigenvector)
x
vektörüne
denilmektedir.
matrisinin karakteristik kökü
de
Bu
karakteristik
denklemi
vektör
aşağıdaki
yeniden yazarak düzenleyelim.
Dx = rIx → Dx − rIx = 0 →
( D − rI ) x = 0
gibi
56
x vektörü, sıfır olmayan bir vektör olacağından, |D-rI|=0
olmalıdır.
D − rI =
d11 − r
d12
...
d1n
d 21
d 22 − r
...
d 2n
...
...
...
...
d n1
dn2
... d nn − r
=0
57
| D-rI |=0 denklemine, D matrisinin karakteristik denklemi denir.
Bu denklem, n. Dereceden bir polinomdur ve n tane köke (r1 , r2
,..., rn) sahiptir. Ancak ri köküne karşılık sonsuz karakteristik
vektör
oluşur
(|D-rI|=0
olması
nedeniyle).
Bu
nedenle
normalleştirme işlemi yapılarak, ri ’ye bir tane vektörün
karşılık gelmesi sağlanabilir.
Örnek 8:
⎡2 2 ⎤
D=⎢
⎥
2
1
−
⎣
⎦
58
matrisinin karakteristik köklerini ve
vektörlerini bulalım.
D − rI =
d11 − r
d 21
r2 − r − 6 = 0
2−r
=
d 22 − r
2
d12
2
2
= r −r−6= 0
−1 − r
r1 = 3 , r2 = −2
Karakteristik Kökler
r1=3 kökünü kullanarak ( D-rI ) x = 0 denklemini oluşturalım.
2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎡2 − 3
⎢x ⎥ = ⎢ ⎥
⎢ 2
⎥
−1 − 3 ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎣
→
⎡ −1 2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢ 2 −4 ⎥ ⎢ x ⎥ = ⎢ 0 ⎥
⎣
⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ ⎦
59
⎡ −1 2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢ 2 −4 ⎥ ⎢ x ⎥ = ⎢ 0 ⎥
⎣
⎦ ⎣ 2⎦ ⎣ ⎦
D − rI
(D-rI)=0 olması nedeniyle, x1 ve x2 için sonsuz olası çözüm
vardır.
Çözüm
x + x =1
2
1
2
2
sayısını
bire
indirmek
için
normalleştirmesini kullanalım. Bu durumda x1 ve
x2 için şu iki denklem oluşur.
− x1 + 2 x2 = 0 ⎫⎪
2
1
, x2 =
⎬ x1 =
2
2
x1 + x2 = 1
5
5
⎪⎭
60
Bu sonuca göre, birinci karakteristik vektör şöyle oluştu:
⎡ x1 ⎤ ⎡ 2
v1 = ⎢ ⎥ = ⎢
⎣ x 2 ⎦ ⎢⎣ 1
5⎤
⎥
5 ⎥⎦
Birinci Karakteristik Vektör
r2=-2 kökünü kullanarak ikinci karakteristik vektörü bulalım.
2
⎡ 2 − ( −2)
⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎡ 4 2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
⎢x ⎥ = ⎢ ⎥ → ⎢
⎢x ⎥ = ⎢ ⎥
⎢ 2
⎥
⎥
−1 − ( −2) ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎣
⎣ 2 1 ⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 0⎦
2 x1 + x2 = 0 ⎫⎪
1
⎬ x1 = −
2
2
x1 + x2 = 1 ⎪⎭
5
⎡ x1 ⎤ ⎡ −1 5 ⎤
v2 = ⎢ ⎥ = ⎢
⎥
⎣ x2 ⎦ ⎢⎣ 2 5 ⎥⎦
,
x2 =
2
5
İkinci Karakteristik Vektör
61
Karakteristik vektörlerin iki özelliği vardır:
1.
v i′v i
skaler
çarpımı
bire
eşittir.
Bu
özellik,
tirmeden kaynaklanmaktadır.
vi′vi = ⎡⎣ x1
2.
vi′v j
x1
.....
⎡ x1 ⎤
⎢x ⎥ n
x1 ⎤⎦ ⎢ 1 ⎥ = ∑ xi2 = 1
⎢ # ⎥ i =1
⎢ ⎥
⎣ x1 ⎦
skaler çarpımı sıfıra eşittir (iπj).
normalleş-
62
İkinci özellikteki duruma orthogonal (dik) vektörler diyoruz.
Her
iki
özellik
birlikte
dikkate
alınırsa,
vektörler
orthonormaldir.
orthonormal
Şimdi D matrisinin karakteristik köklerinin ve vektörlerinin,
u'Du
karesel
biçiminin
işaretini
belirlemede
nasıl
kullanılabileceğine bakalım. Bu yaklaşımın da amacı, yukarıda
gördüğümüz kareyi tamamlama yöntemiyle aynıdır.
v1, v2, ....., vn karakteristik vektörlerini bir T matrisinin sütunları
olarak düşünelim.
T = ⎡⎣ v1
v2
... vn ⎤⎦
63
Şimdi
T matrisini kullanarak, ana köşegeni (diyagonal)
karakteristik köklerden oluşan bir matris elde edeceğimiz
dönüştürmeyi yapalım.
u = Ty
Burada y herhangi bir vektör.
u′Du == (Ty )′ D(Ty ) = y′T ′DTy
R = T ′DT
diyelim.
⎡ v1 ⎤
⎢v ⎥
2⎥
⎢
R=
D ⎡⎣ v1
⎢#⎥
⎢ ⎥
⎣ vn ⎦
v2
... vn ⎤⎦
64
Ayrıca şunu da biliyoruz:
D⎡⎣v1 v2 ... vn ⎤⎦ = ⎡⎣ Dv1 Dv2
⎡ v1 ⎤
⎢v ⎥
2⎥
⎢
R=
⎡⎣ r1v1
⎢# ⎥
⎢ ⎥
⎣vn ⎦
⎡ r1v1′v1
⎢ r v′ v
1 2 1
⎢
R=
⎢ ...
⎢
⎣ r1vn′ v1
r2v2
...
r2v1′v2
r2v2′ v2
...
...
r2vn′ v2
...
...
...
...
rnvn ⎤⎦
rnv1′vn ⎤
rnv2′ vn ⎥⎥
... ⎥
⎥
rnvn′ vn ⎦
Dvn ⎤⎦ = ⎡⎣ r1v1
r2v2
...
rnvn ⎤⎦
65
⎡ r1 0
⎢0 r
2
⎢
R=
⎢ ... ...
⎢
⎣0 0
0⎤
⎥
0⎥
... ... ⎥
⎥
... rn ⎦
...
...
u′Du = y′Ry = ⎡⎣ y1
y2
...
u′Du = r1 y12 + r2 y22 + ..... + rn yn2
⎡ r1 0
⎢0 r
1
⎢
yn ⎤⎦
⎢ ... ...
⎢
⎣ r1 r1
... 0 ⎤ ⎡ y1 ⎤
... 0 ⎥⎥ ⎢⎢ y2 ⎥⎥
... ...⎥ ⎢ # ⎥
⎥⎢ ⎥
... r1 ⎦ ⎣ yn ⎦
66
R=T'DT
dönüşümü,
D
matrisini
R
köşegen
matrisine
çevirmemizi sağlıyor. Yani köşegenleştirme işlemini yapmış
olduk. Son denklemde tüm
y
terimleri kare olduklarından, u'Du
karesel biçiminin işareti, karakteristik köklerin işaretlerine
bağlıdır.
67
⎡2 2 ⎤
Örnek 9: D = ⎢
⎥
2
1
−
⎣
⎦
daha
önce
örnek
matrisini köşegenleştirelim. Bu matrisi
8’de
çözerek
karakteristik
vektörlerini
bulmuştuk.
T = ⎡⎣v1
⎡2
v2 ⎤⎦ = ⎢
⎢⎣ 1
5
−1
5
2
5⎤
⎥
5 ⎥⎦
Bu karakteristik vektörler matrisinden hareketle köşegenleştirme şöyle yapılır:
68
⎡ 2
⎢ 5
R = T ′DT = ⎢
⎢ 1
⎢− 5
⎣
⎡3 0 ⎤
R=⎢
⎥
⎣ 0 −2 ⎦
1 ⎤
⎡ 2
5 ⎥⎥ ⎡ 2 2 ⎤ ⎢⎢ 5
⎢
⎥
2 ⎥ ⎣ 2 − 1⎦ ⎢ 1
⎥
⎢
5⎦
⎣ 5
1 ⎤
−
5 ⎥⎥
2 ⎥
⎥
5 ⎦
69
u′Du = r y + r2 y + ..... + rn y
2
1 1
2
2
2
n
Buna göre şu sonuçları çıkartabiliriz. u'Du karesel biçimini
işareti;
1. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri pozitif ise,
pozitif belirlidir.
2. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri negatif ise,
negatif belirlidir.
3. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri negatif
olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise pozitif yarı
belirlidir.
70
4. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik kökleri pozitif
olmayan ise ve en azından bir kök sıfır ise negatif yarı
belirlidir.
5. Ancak ve ancak D’nin tüm karakteristik köklerinin bazıları
negatif, bazıları pozitif ise, belirli değildir.
⎡ 4 2⎤
Örnek 10: D = ⎢
⎥
⎣ 2 3⎦
71
matrisinin karakteristik köklerini ve
vektörlerini bulalım.
D − rI =
d11 − r
d 21
4−r
=
d 22 − r
2
d12
= r − 7r + 8 = 0
2
7 + 17
r1 =
2
7 − 17
, r2 =
2
2
3−r
72
⎡ 4 − r1
⎢ 2
⎣
2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
=⎢ ⎥
⎥
⎢
⎥
3 − r1 ⎦ ⎣ x2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎡
7 + 17
⎢4 −
2
⎢
⎢
2
⎢
⎣
⎡ 1 − 17
⎢
⎢ 2
⎢
⎢ 2
⎣
⎤
2
⎥ ⎡ x ⎤ ⎡0⎤
⎥⎢ 1⎥ = ⎢ ⎥
7 + 17 ⎥ ⎣ x2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
3−
⎥
2 ⎦
⎤
2
⎥ ⎡ x ⎤ ⎡0⎤
⎥⎢ 1⎥ = ⎢ ⎥
−1 − 17 ⎥ ⎣ x2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎥
2
⎦
73
⎫
1 − 17
⎪
⎬ x1 =
4
⎪
⎭
1 − 17
x1 + 2 x2 = 0
2
x12 + x22 = 1
(
(
⎡ 1 − 17
⎡ x1 ⎤ ⎢
v1 = ⎢ ⎥ =
⎢
x
⎣ 2 ⎦ ⎢ 1 + 17
⎣
)
)
4⎤
⎥
⎥
4⎥
⎦
,
1 + 17
x2 =
4
74
⎡ 4 − r2
⎢ 2
⎣
2 ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ 0 ⎤
=⎢ ⎥
⎥
⎢
⎥
3 − r2 ⎦ ⎣ x2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
⎡
7 − 17
⎢4 −
2
⎢
⎢
2
⎢
⎣
⎤
2
⎥ ⎡ x ⎤ ⎡ 0⎤
⎥⎢ 1⎥ = ⎢ ⎥
7 − 17 ⎥ ⎣ x2 ⎦ ⎣ 0 ⎦
3−
⎥
2 ⎦
1 + 17
x1 + 2 x2 = 0
2
x12 + x22 = 1
⎫
⎪
⎬ x1 = 1 ,
⎪
⎭
x2 = 1
}
⎡ x1 ⎤ ⎡1⎤
v2 = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥
⎣ x2 ⎦ ⎣1⎦
75
Birinci Sıra Koşullar
z = f ( x1 , x2 , x3 )
gibi üç seçim değişkenli bir fonksiyonu ele
alalım. Bu fonksiyonun birinci sıra koşulunu belirlemek için,
öncelikle toplam diferansiyelini alır, sıfıra eşitleriz.
∂z
∂z
∂z
dz =
dx1 +
dx2 +
dx3 = f1dx1 + f 2dx2 + f 3dx3 = 0
∂x1
∂x2
∂x3
dx1 ≠ 0 , dx2 ≠ 0 , dx3 ≠ 0
f1 = f 2 = f 3 = 0
Buna birinci sıra koşul diyoruz.
76
İkinci Sıra Koşullar
Birinci sıra koşulu sağlayan x1, x2, x3 değerlerinin bulunması,
ilgili noktada (ya da noktalarda) durgunluğun oluştuğunu
gösterir. Ancak birinci sıra koşul, bu durgunluğun bir uçdeğer
ya da eyer noktası olduğunu söylemek için yeterli değildir.
Bunu açığa çıkartmak için ikinci sıra koşula gerek duyarız.
İkinci sıra koşul, dz diferansiyelinin bir kere daha diferansiyeli
alınarak, işaretinin incelenmesini gerektirir.
77
∂ (dz )
∂ (dz )
∂ (dz )
d (dz ) =
dx1 +
dx2 +
dx3
∂x1
∂x2
∂x3
∂z
∂z
∂z
∂(
dx1 +
dx2 +
dx3 )
∂x1
∂x2
∂x3
2
d z=
dx1
∂x1
∂z
∂z
∂z
∂(
dx1 +
dx2 +
dx3 )
∂x1
∂x2
∂x3
+
dx2
∂x2
∂z
∂z
∂z
∂(
dx1 +
dx2 +
dx3 )
∂x1
∂x2
∂x3
+
dx3
∂x3
78
2
2
2
⎡
⎤
∂ z
∂ z
∂ z
2
d z = ⎢ 2 dx1 +
dx2 +
dx3 ⎥ dx1
∂x1∂x2
∂x1∂x3
⎣ ∂x1
⎦
⎡ ∂2z
⎤
∂2z
∂2z
+⎢
dx1 + 2 dx2 +
dx3 ⎥ dx2
∂x 2
∂x 2 ∂x 3
⎣ ∂x2 ∂x1
⎦
⎡ ∂2z
⎤
∂2z
∂2z
dx1 +
dx2 + 2 dx3 ⎥ dx3
+⎢
∂x 3 ∂x 2
∂x 3
⎣ ∂x3 ∂x1
⎦
79
d z = ⎡⎣ f11dx1 + f12 dx2 + f13 dx3 ⎤⎦ dx1
2
+ ⎡⎣ f 21dx1 + f 22 dx2 + f 23 dx3 ⎤⎦ dx2
+ ⎡⎣ f 31dx1 + f 32 dx2 + f 33 dx3 ⎤⎦ dx3
d z = f11dx + f12 dx1dx2 + f13 dx1dx3
2
2
1
+ f 21dx2 dx1 + f 22 dx + f 23 dx2 dx3
2
2
+ f 31dx3 dx1 + f 32 dx3 dx2 + f 33 dx
2
3
80
d2z ifadesi bir karesel biçim olduğundan, yukarıda verdiğimiz
genel işaret belirleme koşullarını burada da kullanarak d2z ’nin
işaretinin belirleyebilir ve uçdeğer oluşumu konusunda bir
şeyler söyleyebiliriz. Bunun için, yukarıda en son yazdığımız
karesel biçimdeki denklemden Hessian matrisi oluşturalım.
f11
H = f 21
f 31
f12
f 22
f 32
f13
f 23
f 33
Hessian determinantın ana minörleri de şöyledir :
H 1 = f11
f11
, H2 =
f 21
81
f12
, H3 = H
f 22
Buna göre, işaret belirliliği için ikinci sıra koşullar şöyle
olacaktır :
H1 < 0
H2 > 0
H3 < 0
ise
d 2z < 0
Yani
z*
bir maksimum
82
H1 > 0
H2 > 0
ise
d 2z > 0
Yani
z*
bir minimum
H3 > 0
Yukarıdaki
ana
minörlerin
sayısal
değerini
belirlerken,
durgunluk noktasındaki x değerlerini (x*) dikkate alarak işlem
yapıyoruz.
Bu sınamayı karakteristik kökleri kullanarak da yapmamız
mümkündür.
83
Örnek 11:
z = 2 x + x1 x2 + 4 x + x1 x3 + x + 2
2
1
2
2
2
3
fonksiyonunun
uçdeğerlerini araştıralım.
∂z
= f1 = 4 x1 + x2 + x3 = 0
∂x1
∂z
= f 2 = x1 + 8 x2 = 0
∂x 2
∂z
= f 3 = x1 + 2 x3 = 0
∂x 3
x1* = x2* = x3* = 0
z =2
*
84
Bu sonuç,
x1* = x2* = x3* = 0 , z* = 2
noktasında bir durgun-
luk olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer
mi, eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra
koşullara bakalım.
İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım.
∂ z
∂ z
∂ z
= f11 = 4 ,
= f 22 = 8 ,
= f 33 = 2
2
2
2
∂x1
∂x 2
∂x 3
2
2
2
85
∂ z
∂ z
= f12 =
= f 21 = 1
∂x1∂x2
∂x2 ∂x1
2
2
∂ z
∂ z
= f 23 =
= f 32 = 0
∂x 2 ∂x 3
∂x 3 ∂x 2
2
2
∂ z
∂ z
= f13 =
= f 31 = 1
∂x1∂x3
∂x3 ∂x1
2
2
Young Teoremi
gereği
86
4 1 1
f11
f12
f13
H = f 21
f 22
f 23 = 1 8 0
f 31
f 32
f 33
1 0 2
Ana minörler :
H 1 = f11 = 4 > 0
Bu sonuca göre, tüm ana
minörler pozitif
f11
H2 =
f 21
olduğundan, d2z>0 yani
f12 4 1
=
= 31 > 0
f 22 1 8
H 3 = H = 54 > 0
pozitif belirlidir.
Bu
belirli
nedenle, bulduğumuz
durgunluk noktasında bir
minimum vardır.
87
Örnek 12:
z = − x + 3 x1 x3 + 2 x2 − x − 3 x
3
1
2
2
2
3
fonksiyonunun uçde-
ğerlerini araştıralım.
∂z
2
= f1 = −3 x1 + 3 x3 = 0
∂x1
∂z
= f 2 = 2 − 2 x2 = 0
∂x 2
∂z
= f 3 = 3 x1 − 6 x3 = 0
∂x 3
x1* = 0 , x2* = 1 , x3* = 0 →
1 *
1
*
x = , x2 = 1 , x3 =
→
2
4
*
1
z* = 1
17
z =
16
*
88
Bu
sonuç,
yukarıda
bulduğumuz
iki
noktada
durgunluk
olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktalarının bir uçdeğer mi,
eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara
bakalım. İkinci sıra koşul için Hessian determinantı oluşturalım.
∂ z
= f11 = −6 x1
2
∂x1
2
∂ z
= f 22 = −2
2
∂x 2
2
∂2z
= f 33 = −6
2
∂x 3
⎫ x1* = 0 için f11 = 0
⎬ *
⎭ x1 = 0.5 için f11 = −3
89
∂ z
∂ z
= f12 =
= f 21 = 0
∂x1∂x2
∂x2 ∂x1
2
2
∂ z
∂ z
= f 23 =
= f 32 = 0
∂x 2 ∂x 3
∂x 3 ∂x 2
2
2
∂ z
∂ z
= f13 =
= f 31 = 3
∂x1∂x3
∂x3 ∂x1
2
2
0
0
3
H = 0 −2
0
3
−6
0
ve
−3
0
3
H = 0
−2
0
3
0
−6
90
Birinci Hessian için ana minörler :
H 1 = f11 = 0 , H 2 =
0
0
0 −2
= 0 , H 3 = H = 18 > 0
Bu sonuca göre, |H1|=0 olduğundan, d2z ’nin işareti belirsizdir.
Bu nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir eyer (dönüm)
vardır.
x1* = 0 , x2* = 1 , x3* = 0 , z* = 1
91
İkinci Hessian için ana minörler :
H 1 = −3 < 0 , H 2 =
−3
0
0
−2
= 6 > 0 , H 3 = H = −18 < 0
Bu sonuca göre, |H1|=0 olduğundan, d2z ’nin işareti negatiftir. Bu
nedenle, aşağıdaki durgunluk noktasında bir maksimum vardır.
1 *
1 * 17
*
x = , x2 = 1 , x3 = , z =
2
4
16
*
1
92
Şimdi örnek 12’deki soruyu karakteristik kök yöntemiyle
çözelim.
H − rI =
H − rI =
0−r
0
3
0
−2 − r
0
3
0
−6 − r
= r 3 + 8r 2 + 3r − 18 = 0
−3 − r
0
3
0
−2 − r
0
3
0
−6 − r
= r 3 − 11r 2 − 27r − 18 = 0
93
r1 = −2 < 0
r 3 + 8r 2 + 3r − 18 = 0
⎡⎣ r 2 + 6r − 9 ⎤⎦ [ r + 2] = 0
72
>0
r2 = −3 +
2
72
<0
r3 = −3 −
2
r1 = −2 < 0
r 3 − 11r 2 − 27 r − 18 = 0
⎡⎣ r 2 + 9r + 9 ⎤⎦ [ −2 − r ] = 0
3⎡
r2 = − ⎣ −3 + 5 ⎦⎤ < 0
2
3⎡
r3 = − ⎣ −3 − 5 ⎤⎦ < 0
2
94
Birinci
çözümde
olmadıklarından,
karakteristik
kökler
aynı
x1* = 0 , x2* = 1 , x3* = 0 , z* = 1
işarete
sahip
noktasında eyer
(dönüm) noktasının var olduğunu;
ikinci çözümde ise tüm karakteristik köklerin negatif olması
1 *
1 * 17
*
nedeniyle x = , x2 = 1 , x3 = , z =
2
4
16
*
1
mumun oluştuğunu söyleyebiliriz.
noktasında bir maksi-
Amaç fonksiyonumuz n tane seçim değişkenine sahip olsun.
95
z = f ( x1 , x2 , ....., xn )
n seçim değişkenine sahip fonksiyonunun uçdeğerlerine ilişkin
genel sınama koşulları şöyledir:
Koşul
Birinci Sıra
Koşul
İkinci Sıra
Koşul
Maksimum
f1 = f 2 = ... = f n = 0
Minimum
f1 = f 2 = ... = f n = 0
H1 < 0, H 2 > 0,
H1 > 0, H 2 > 0,
H 3 < 0, ...,( −1)n H n > 0
H 3 > 0, ..., H n > 0
96
Örnek 13:
z =e +e
2x
−y
+e
w2
− ( 2 x + 2e w − y )
fonksiyonunun
uçdeğerlerini araştıralım.
f x = 2e
−2=0
2x
x =0, y =0,w =1
*
f y = −e
−y
f w = 2 we
+1= 0
z = 2−e
*
w2
− 2e = 0
w
*
*
97
Bu
sonuç,
yukarıda
bulduğumuz
bir
noktada
durgunluk
olduğunu söylüyor. Bu durgunluk noktasının bir uçdeğer mi,
eyer noktası mı olduğunu belirlemek için ikinci sıra koşullara
bakalım.
İkinci
sıra
koşul
için
Hessian
determinantı
oluşturalım.
f xx = 4e
2x
f ww = 2e
w2
= 4 , f yy = e
−y
2 w2
w
+ 4w e
=1
− 2e = 4 e
f xy = f yx = f xw = f wx = f yw = f wy = 0
4 0
0
H = 0 1
0
0 0 4e
98
Ana minörler :
4 0
H1 = 4 > 0 , H 2 =
= 4 > 0 , H 3 = H = 16e > 0
0 1
Bu sonuca göre, tüm ana minörler pozitif olduğundan, d2z ’nin
işareti pozitif belirlidir. Bu nedenle, x
noktasında bir minimum vardır.
*
= 0 , y* = 0 , w * = 1 , z * = 2 − e
99
Tam Rekabet Piyasasında Firma Dengesi
Tam rekabet piyasasında çalışan ve iki mal üreten bir firma
varsayalım.
Firmanın
toplam
gelir
fonksiyonları sırasıyla şöyledir:
TR = P1q1 + P2 q2
TC = 2q + q1q2 + 2q
2
1
2
2
ve
toplam
maliyet
100
Toplam maliyet fonksiyonundan hareketle her bir mala ilişkin
marjinal maliyet fonksiyonlarını elde edersek, bu iki malın
üretiminin
teknik
olarak
birbiriyle
bağlantılı
olduğunu
görebiliriz.
Firmanın amacı toplam kârını maksimize etmektir. Bunun için
kâr fonksiyonunu oluşturalım.
π = TR − TC = ( P1q1 + P2 q2 ) − ( 2q + q1q2 + 2q
2
1
2
2
)
101
Amacımız, π ’yi maksimize edecek olan q1 ve q2 düzeylerini
belirlemektir.
Bunun için ilk olarak birinci sıra koşulları
inceleriz.
∂π
π1 ≡
= TR − TC = P1 − 4q1 − q2 = 0
∂q1
∂π
π2 ≡
= TR − TC = P2 − q1 − 4q2 = 0
∂q2
4 P1 − P2
q =
15
*
1
P1 − 4 P2
, q =
15
*
2
102
Bulduğumuz bu üretim düzeylerinin, firma kârını maksimize
edip etmediğini kesinleştirebilmemiz için, ikinci sıra koşullara
bakmalıyız.
∂ 2π
∂ 2π
∂ 2π
π11 ≡ 2 = −4 , π 22 ≡ 2 = −4 , π12 = π 21 ≡
= −1
∂q1
∂ q2
∂q1 q2
H 1 = π11 = −4 < 0 , H 2 = H =
*
1
Bu sonuç, q ve
q
*
2
π11
π12
π 21
π 22
=
−4 −1
−1 −4
= 15 > 0
üretim düzeylerinin firma kârını maksimize
ettiğini göstermektedir.
103
Tekel Piyasasında Firma Dengesi
Tam rekabet piyasası incelediğimiz yukarıdaki örneği şimdi de
tekel konumundaki bir firma için inceleyelim. Firmanın üretip
sattığı iki ürünün talep fonksiyonları ve maliyet fonksiyonu
şöyledir:
Q1 = 40 − 2 P1 + P2
Q2 = 15 + P1 − P2
TC = Q12 + Q1Q2 + Q22
104
Tam rekabet piyasası uygulamasında yaptığımız gibi, amacımız
tekelci firmanın kârını maksimize eden üretim düzeylerini
belirlemek ve bu üretim düzeylerinin kârı maksimize ettiğinden
emin olacağımız sınamaları uygulamaktır. Kâr fonksiyonunu
oluşturmadan önce, yukarıda verilmiş olan talep fonksiyonlarından, ters talep fonksiyonlarına ulaşalım.
105
Q1 = 40 − 2 P1 + P2
P2 = Q1 − 40 + 2 P1
Q2 = 15 + P1 − P2
Q2 = 15 + P1 − ( Q1 − 40 + 2 P1 )
Q2 = 55 − P1 − Q1
P1 = 55 − Q1 − Q2
P2 = Q1 − 40 + 2 ( 55 − Q1 − Q2 )
P2 = 70 − Q1 − 2Q2
Ters Talep
Fonksiyonları
106
π = TR − TC = ( P1Q1 + P2Q2 ) − ( Q + Q1Q2 + Q
2
1
2
2
)
2
2
⎡
⎤
= ⎣( 55 − Q1 − Q2 ) Q1 + ( 70 − Q1 − 2Q2 ) Q2 ⎦ − ( Q1 + Q1Q2 + Q2 )
= 55Q1 + 70Q2 − 3Q1Q2 − 2Q12 − 3Q22
Birinci sıra koşullar:
∂π
= π1 = 55 − 3Q2 − 4Q1 = 0
∂Q1
∂π
= π 2 = 70 − 3Q1 − 6Q2 = 0
∂Q2
Q =8
*
1
Q = 7.67
*
2
107
İkinci sıra koşullar:
π11 = −4 ,
π 22 = −6 ,
π12 = π 21 = −3
H 1 = π11 = −4 < 0
π11
H2 = H =
π 21
π12 −4 −3
=
= 15 > 0
π 22 −3 −6
Şekil 2.10 Tekelci Piyasada Kâr Maksimizasyonu
108
π = 55Q1 + 70Q2 − 3Q1Q2 − 2Q12 − 3Q22
Q1* = 8
15
10
•
5
0
Q1* = 7.67
π = 488.3
400
200
π
0
15
Q1
10
Q2
5
0
109
Tekelci Piyasada Fiyat Farklılaştırması
Tekel konumundaki bir firmanın, üretip sattığı malı, fiyat
farklılaştırması uygulamasıyla üç ayrı piyasada, üç farklı fiyatla
satmak istemektedir. Buna göre, aşağıda verilen her alt
piyasanın talep fonksiyonlarını ve firmanın toplam maliyet
fonksiyonunu kullanarak, firmanın kârını maksimize edecek
olan alt piyasa satış miktarlarını ve fiyatlarını belirleyelim.
P1 = 63 − 4Q1
TC = 20 + 15Q
P2 = 105 − 5Q2
Q = Q1 + Q2 + Q3
P3 = 75 − 6Q3
110
π = TR − TC = ( P1Q1 + P2Q2 + P3Q3 ) − ⎡⎣ 20 + 15 ( Q1 + Q2 + Q3 ) ⎤⎦
π = ⎡⎣( 63 − 4Q1 ) Q1 + ( 105 − 5Q2 ) Q2 + ( 75 − 6Q3 ) Q3 ⎤⎦ − ⎡⎣ 20 + 15 ( Q1 + Q2 + Q3 ) ⎤⎦
π = 48Q1 + 90Q2 + 60Q3 − 4Q12 − 5Q22 − 6Q32 − 20
Birinci sıra koşullar:
π1 = 48 − 8Q1 = 0
Q =6
π 2 = 90 − 10Q2 = 0
Q2* = 9
π 2 = 60 − 12Q3 = 0
*
1
Q =5
*
3
111
İkinci sıra koşullar:
π11 = −8 , π 22 = −10 , π 33 = −12
π12 = π 21 = 0 , π13 = π 31 = 0 , π 23 = π 32 = 0
H 1 = π11 = −8 < 0
π11
H2 =
π 21
π12 −8 0
=
= 80 > 0
π 22
0 −10
π11
π12
π13
−8
H 3 = H = π 21
π 31
π 22
π 32
π 23 = 0
π 33
0
0
0
−10 0 = −960 < 0
0 −12
112
P = 63 − 4Q = 63 − 4(6) = 39
*
1
*
1
P = 105 − 5Q = 105 − 5(9) = 60
*
2
*
2
P3* = 75 − 6Q3* = 75 − 6(5) = 45
Bu sonuç, firmanın her alt piyasaya, yukarıda bulduğumuz
satış fiyatlarını uyguladığında, kârını maksimize edebileceğini
göstermektedir.
Fiyat farklılaştırmasındaki temel özellik, esnekliğin düşük
olduğu alt piyasaya yüksek fiyat, yüksek olduğu alt piyasaya
da düşük fiyat uygulanmasıdır.
113
Tam Rekabetçi Firmanın Optimal Girdi Kararı
Tam rekabet piyasasında çalışan, Dt (t1-t0) zaman biriminde tek
ürün üreten ve girdi olarak sermaye (K) ve işgücü (L) kullanan
bir firmayı dikkate alalım. Firmanın üretim fonksiyonu ve
toplam maliyeti şöyledir:
Q = Q ( K , L)
TC = rK + wL
114
Bu firmanın amacı, t0 anında üretimine başladığı ve t1 anında
üretimini tamamlayarak sattığı (yani firma toplam gelirini t1
anında elde ediyor) malın üretim sürecinde kullandığı optimal
sermaye ve işgücü bileşimini belirlemesidir. Bu nedenle firma t0
anındaki marjinal girdi maliyeti ile t1 anında elde edeceği
marjinal
ürün
karşılaştıracaktır.
gelirinin
t0
anına
indirgenmiş
değerini
115
TR = PQ( K , L)
Bu, t1 anında firmanın elde edeceği toplam gelirdir. Bunu t0
anına indirgeyerek yazalım.
TR = PQ( K , L)e
Şimdi
de
firmanın
− rt
maksimize
etmeye
çalışacağı
fonksiyonunu yazalım.
π = TR − TC = PQ( K , L)e
− rt
− rK − wL
kâr
116
Birinci Sıra Koşullar:
∂π
∂Q − rt
≡ πK = P
e − r = PQK e − rt − r = 0
∂K
∂K
PQ K e − rt = r
∂π
∂Q − rt
≡ πL = P
e − w = PQL e − rt − w = 0
∂L
∂L
PQ L e − rt = w
PQ K e − rt
: Sermayenin İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri
PQ L e − rt
: İşgücünün İndirgenmiş Marjinal Ürün Değeri
r
: Sermayenin Marjinal ürün Maliyeti
w
: İşgücünün Marjinal ürün Maliyeti
117
Diğer yandan eşürün eğrisine ilişkin şu koşulun da yerine
gelmesi gerekir. Bunun için üretim fonksiyonunun toplam
diferansiyelini alalım ve üretim miktarı değişmezken, girdi
bileşimindeki değişmeyi inceleyelim. Aşağıdaki sonuç, eşürün
eğrisinin negatif eğime sahip olası gerektiğini söylemektedir.
Q = Q ( K , L)
dQ = QK dK + QL dL = 0
QL
dK
=−
= MRTS KL , QL > 0 , QK > 0
dL
QK
118
Şekil 2.11 Tam Rekabetçi Firmanın Optimal
Girdi Kullanımı
K
K
z
*
E
z
zE
Q2
z
0
Q1
Q1
L
0
Q2
L
119
İkinci Sıra Koşullar:
∂ 2π
∂ 2Q − rt
− rt
≡ π KK = P
e = PQKK e
2
2
∂K
∂K
∂ 2π
∂ 2Q − rt
− rt
≡
π
=
P
e
=
PQ
e
LL
LL
2
2
∂L
∂L
∂ π
∂ π
∂ Q − rt
− rt
≡ π KL =
≡ π LK = P
e = PQKL e
∂K ∂ L
∂L∂K
∂K ∂ L
2
İkinci
2
derece
türevleri
2
kullanarak,
Hessian
determinantı
oluşturalım ve ikinci sıra koşul sınamaları yapalım.
120
H 1 = π KK < 0
π KK
H2 = H =
π LK
− rt
π KL
PQKK e
=
− rt
π LL
PQLK e
PQKL e
− rt
PQLL e
− rt
>0
H 1 = π KK < 0 → QKK < 0 ⇒ π KK < 0
H2 = H > 0
→ QKK QLL > Q
2
KL
⇒ π KK π LL > π
2
KL
121
Yukarıda elde ettiğimiz ikinci sıra koşullar, sermayenin ve
işgücünün
marjinal
verimliliklerinin
azalması
ve
eşürün
eğrilerinin kesin dışbükey olması gerektiğini söylemektedir.
Bunu görebilmek için, marjinal teknik ikame oranının L’ye göre
türevini yeniden inceleriz.
⎛ QL ⎞
∂Q L
∂Q K ⎤
⎡
d
−
Q
Q
−
⎜
⎟
2
K
L
⎢ ∂L
⎥
Q
d K
∂
L
⎝
⎣
⎦
K ⎠
=
=−
2
2
dL
dL
QK
122
QK = QK ( K , L)
QL = QL ( K , L)
QK ve QL ‘nin her ikisinin de K ve L’nin
fonksiyonu olacağına dikkat ediniz.
123
∂QL ∂QL dK ∂QL dL
dK
=
+
= QKL
+ QLL
∂L
∂K dL ∂L dL
dL
∂QK ∂QK dK ∂QK dL
dK
=
+
= QKK
+ QLK
dL
∂L
∂K dL
∂L dL
⎛ QL ⎞
∂Q K ⎤
⎡ ∂Q L
d
−
QK − QL
⎜
⎟
2
⎢
⎥
Q
d K
∂
∂
L
L
⎝
K ⎠
⎣
⎦
=
=
−
dL2
dL
QK2
d 2K
=−
2
dL
⎡
⎛ QL
⎢QKL ⎜ −
⎝ QK
⎣
⎤
⎡
⎞
⎛ QL
⎟ + QLL ⎥ QK − ⎢ QKK ⎜ −
⎠
⎝ QK
⎦
⎣
QK2
⎤
⎞
⎟ + QLK ⎥ QL
⎠
⎦
124
2
d K
1
=− 2
2
dL
QK
⎡
2⎛ 1
⎢QLLQK − QKLQL − QLK QL + QKK QL ⎜
⎝ QK
⎣
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
2
d K
1
2
2
⎡
= − 3 ⎣QLLQK − 2QKLQLQK + QKK QL ⎤⎦
2
dL
QK
Köşeli parantezde yer alan terim QK ve QL değişkenlerinin bir
karesel biçimi olduğundan, ikinci sıra koşul sağlanıyorsa;
125
QLL < 0
ve
2
QKK QLL > QKL
ise,
⎡⎣QLLQ − 2QKLQLQK + QKK Q ⎤⎦
2
K
2
L
negatif belirli olacak, dolayısıyla;
d 2K
>0
2
dL
olacaktır. Bu sonuç, negatif eğimli eşürün eğrisinin kesin
dışbükey olmasını garanti altına almaktadır.
126
Örnek 14:
Firma girdi kararıyla ilgili, açık fonksiyon bir örnek verelim.
Firmanın üretim fonksiyonu, mal fiyatı ve girdi fiyatları aşağıda
yer almaktadır. Bu bilgilere göre, firmanın optimal sermaye ve
işgücü istihdam düzeyleri ne olacaktır?
Q = Q( K , L) = K 0.25 L0.5 , r = 40 , w = 5 , P = 60
TC = rK + wL
π = TR − TC = PQ( K , L) − rK − WL
= 60 K
0.25
L − 40 K − 5 L
0.5
127
Birinci Sıra Koşullar:
∂π
≡ π K = 60(0.25) K −0.75 L0.5 − 40 = 0
∂K
∂π
≡ π L = 60(0.5) K 0.25 L−0.5 − 5 = 0
∂L
K * = 5.1 , L* = 81
128
İkinci Sıra Koşullar:
∂ 2π
−1.75 0.5
≡
π
=
−
15(0.75)
K
L = −5.92
KK
2
∂K
∂ π
0.25 −1.5
≡
π
=
−
30(0.5)
K
L = −0.031
LL
2
∂L
2
∂ 2π
∂ 2π
≡ π KL =
≡ π LK = 15(0.5) K −0.75 L−0.5 = −0.247
∂ K ∂L
∂L∂K
H 1 = π KK = −5.92 < 0
H2 = H =
π KK
π KL
π LK
π LL
=
−5.92
−0.247
−0.247 −0.031
= 0.123 > 0
Şekil 2.12 Tam Rekabetçi Firmanın Optimal
Girdi Kullanımı (Örnek 14)
π = 60 K 0.25 L0.5 − 40 K − 5 L
•
200
150
100
50
π
200
0
20
150
15
100
L
K
50
5
0 0
10
129