OPTİMİZASYON
2 İktisat bilimi açısından optimizasyon, amacımıza en uygun olan seçeneğin
belirlenmesidir.
Örneğin
bir
firmanın
kârını
maksimize edecek olan üretim miktarının belirlenmesi; bir bireyin
toplam
faydasını
maksimize
edecek
tüketim
miktarlarının belirlenmesi; belirli üretim kısıtı altında toplam maliyetin minimize edilmesi gibi çok sayıda minimizasyon ya da maksimizasyon
seçenekleri
birer
optimal
seçimdir.
Maksimizasyon ve minimizasyon durumlarına genel olarak uçdeğer diyoruz.
3 Biz bu konu başlığı altında yalnızca kısıtsız optimizasyon durumlarını inceliyoruz.
Bir
optimizasyon
fonksiyonunun amacımızı
(bir
probleminde
belirlenmesidir.
yapılacak Bundan
maksimizasyon
ya
gerçekleştirecek olan değerler bulunur.
ilk
sonraki da
iş,
amaç
aşamada,
minimizasyon)
4 Örneğin bir firmanın toplam kârını maksimize etmek istediğini varsayalım. Bu durumda amaç fonksiyonu şöyle oluşacaktır.
π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q ) Burada amacımız, kârı (π) maksimize eden üretim miktarının (Q) belirlenmesidir. İlk olarak optimizasyon konusuna salt matematiksel açıdan bakalım ve ardından iktisadi uygulamaları yapalım. y=f(x) fonksiyonuna ilişkin bazı şekiller aşağıda yer almaktadır.
5 Şekil 4.1a’da sabit bir fonksiyon vardır. Fonksiyonun üzerinde farklı x değerlerine karşılık yer alan tüm y değerleri aynı olduğundan, bu değerleri bir optimal olarak öne süremeyiz. Şekil 4.1b’de D noktası bir mutlak minimumdur. Fonksiyon monotonik artan olduğundan, bir maksimuma sahip değildir. Şekil 4.1c’de ise fonksiyonun bir maksimumu (E noktası) bir de minimumu (F noktası), yani iki uç değeri vardır.
6
Şekil 4.1. Uçdeğer Noktalarının Belirlenmesi
A•
y
y
y
B
•
0
•
C
•
•F
D• x
(a)
E
0
x
( b)
0
x
(c)
7
Göreli Uçdeğer İçin Birinci Türev Sınaması Üzerinde
çalışacağımız
y=f(x)
fonksiyonunun,
sürekli
ve
türevlenebilir olduğunu varsayıyoruz. Öyle ki, bazı durumlarda fonksiyonun
birinci
türevinin
alınamadığı
bir
noktada
bir
uçdeğer söz konusu olabilir. Örneğin aşağıdaki Şekil 4.2a’da A ve B noktaları birer uçdeğer olmakla birlikte, bu noktada fonksiyonun tanımlı türevi yoktur. Şekil 4.2b’de ise C ve D noktalarında birer uçdeğer vardır ve bunu birinci ve ikinci türev sınamalarıyla anlayabiliriz.
8
Şekil 4.2. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi
y
y
A
•
D
•
• B 0
•C x
(a)
0
x
( b)
9
y=f(x) fonksiyonunun birinci türevi x=x0 noktasında sıfıra eşitse ve; 1. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken pozitiften negatife doğru işaret değiştiriyorsa göreli maksimum. 2. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken negatiften pozitife doğru işaret değiştiriyorsa göreli minimum 3. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken değişmiyorsa ne göreli maksimum ne de göreli minimum vardır.
10
f´(x)=0 eşitliğini sağlayan x0 değerine kritik değer, er f(x0) değerine de durgunluk değeri diyoruz. Bu anlamda, Şekil 4.2b’de yer alan C ve D noktaları, birer durgunluk değerine sahiptir. Ancak tüm durgunluk noktaları, bir uç değer anlamına gelmez. Şekil 4.3a ve b’de birer durgunluk noktası olmasına rağmen, bir göreli
uçdeğer
yoktur.
Buna
karşın
Şekil 4.3c ve d’deki
durgunluk noktalarında sırasıyla bir minimum ve maksimum vardır.
Şekil 4.3. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi y
(a)
y
( b)
A
•
0
D•
x0
x
0 y
y
(c)
• x0
• x0
x
D
•
(d )
C 0
B
x
0
x0
x
11
12
Örnek 1:
y = f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x + 8
fonksiyonunun
lerini bulalım.
dy = f ′( x ) = 3 x 2 − 24 x + 36 = 0 dx x 2 − 8 x + 12 = 0
}
x1* = 2 * x2 = 6
x1* = 2
→
f ( 2 ) = 40 ,
f ′ ( 2) = 0
x =6
→
f ( 6) = 8
f ′ ( 6) = 0
* 2
,
göreli
uçdeğer-
13
x<2
→
f ′( x) > 0
ve
x>2
→
f ′( x) < 0
x<6
→
f ′( x) < 0
ve
x>6
→
f ′( x) > 0
Şekil 4.4. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 1)
14
y y = f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x + 8
80
60
40
•
20
-2
• 2
-20
-40
4
6
x 8
10
15
Örnek 2:
AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8
ortalama
maliyet
fonksiyonunun
göreli uçdeğerlerini bulalım.
AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8 dAC = AC ′(Q ) = 2Q − 5 = 0 → Q * = 2.5 , AC ( Q * ) = 1.75 dQ Q < 2.5 → AC ′(Q ) < 0
ve
Q > 2.5 → AC ′(Q ) > 0
16
Şekil 4.5. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 2) AC
AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8
50
40
30
20
10
• 2 Q = 2.5 *
Q 4
6
8
10
17
Örnek 3:
y = f ( x) = x − 3x + 5 3
2 ′ f ( x) = 3x − 3 = 0
x < −1
→
−1 < x < 1
f ′( x) > 0
→
* 1,2
x
= ∓1
1 > x > −1
ve
→ f ′( x) < 0
ve
x>1
→ f ′( x) < 0 →
x = − 1'de maksimum , x = 1'de minimum * 1
* 2
f ′( x) > 0
18
Şekil 4.6. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 3)
y y = f ( x) = x − 3x + 5 3
12.5
10
•
7.5
5
2.5
• x
-4
-2
2 -2.5
4
19
Örnek 4:
1 y = f ( x) = x + x
,
1 f ′( x) = 1 − 2 = 0 x x < −1
→
−0 < x < 1
x≠0
→
f ′( x) > 0 →
* = ∓1 x1,2
0 > x > −1
ve
f ′( x) < 0
ve
x>1
→ →
x1* = − 1'de maksimum , x2* = 1'de minimum
f ′( x) < 0 f ′( x) > 0
20
Şekil 4.7. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 4) y 15
10
5
-4
-2
•
1 y = f ( x) = x + x
•
-10
-15
x≠0
x 2
-5
,
4
21
İkinci ve Daha Yüksek Türevler
y = f ( x) dy = f ′( x) dx ⎛ dy ⎞ d⎜ ⎟ 2 d dx ⎝ ⎠ = y = f ′′ x ( ) 2 dx dx ( n − 1) ⎞ ⎛ d y ⎛d y⎞ d d⎜ 2 ⎟ ⎜⎜ ( n −1) ⎟⎟ n 3 dx dx d y d y ⎝ ⎠= ⎝ ⎠ ( n) ′′′ f x , .........., f = = = ( ) ( x) n 3 dx dx dx dx 2
22 Örnek 5:
x y = f ( x) = 1+ x
, x ≠ −1
1 + x) − x ( 1 −2 f ′( x) = = = (1 + x ) 2 2 (1 + x ) (1 + x ) f ′′ ( x ) = −2 ( 1 + x ) f ′′′ ( x ) = 6 ( 1 + x ) f
( 4)
−3
−4
( x ) = −24 ( 1 + x )
−5
23
Bir
Fonksiyonda
Birinci
ve
İkinci
Türevlerin
Tanımlanması
A noktasında :
f ′( x) > 0
,
f ′′ ( x ) < 0
B noktasında :
f ′( x) = 0
,
f ′′ ( x ) < 0
C noktasında :
f ′( x) < 0
,
f ′′ ( x ) < 0
24
D noktasında :
f ′( x) < 0
,
f ′′ ( x ) > 0
E noktasında :
f ′( x) = 0
,
f ′′ ( x ) > 0
F noktasında :
f ′( x) > 0
,
f ′′ ( x ) > 0
Şekil 4.8. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesine Birinci ve İkinci Türev Yaklaşımları f ′( x) = 0
y
y
f ′′ ( x ) < 0
•B
•f ′ ( x ) > 0
f ′( x) < 0
A
C
f ′′ ( x ) < 0
•
D
f ′′ ( x ) < 0
0
f ′( x) < 0
f ′( x) > 0
f ′′ ( x ) > 0
f ′′ ( x ) > 0
•
•F
E
• f ′( x) = 0 x
(a)
25
0
f ′′ ( x ) > 0
( b)
x
Şekil 4.9. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesine Birinci ve İkinci Türev Yaklaşımları f ′( x) < 0
y
K
•
y
f ′′ ( x ) > 0
• f ′( x) = 0
f ′( x) = 0
f ′( x) < 0
L
f ′′ ( x ) = 0
26
f ′′ ( x ) = 0
f ′′ ( x ) < 0
• M
0
x
(a)
N
0
•P
R
•f ′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) > 0
•f ′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) < 0
( b)
x
27
Göreli Uçdeğer İçin İkinci Türev Sınaması Bir
y = f ( x ) fonksiyonunun birinci türevi x=x0 noktasında sıfıra
eşitse ve;
f ′′ ( x0 ) < 0
⇒
göreli maksimum
f ′′ ( x0 ) > 0
⇒
göreli minimum
28
Örnek 6:
y = f ( x ) = 4 x2 − x 1. f ′ ( x ) = 8 x − 1 = 0
→
1 x0 = 8
2. f ′′ ( x ) = f ′′ ( x0 ) = 8 > 0 1 x0 = , 8
1 f ( x0 ) = 'da minimum var. 16
29
Şekil 4.10. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 6)
y 30
y = f ( x) = 4x − x 2
20
10
-3
-2
-1
1
2
3
x
30
Örnek 7:
y = f ( x ) = x3 − 3 x2 + 2 1. f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0
→
x1* = 0 ,
x2* = 2
2. f ′′ ( x ) = 6 x − 6 * ′′ f ( x1 = 0 ) = −6 < 0
,
* ′′ f ( x2 = 2 ) = 6 > 0
x1* = 0 ,
f ( x1* = 0 ) = 2 'de maksimum var.
x2* = 2 ,
f ( x2* = 2 ) = −2 'de minimum var.
31
Şekil 4.11. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 7)
y 7.5
5
2.5
-4
-2
2
-2.5
y = f ( x ) = x3 − 3 x2 + 2
•
-5
-7.5
•
4
x
32
Örnek 8:
y = f ( x ) = x − 5 x + 20 x + 10 3
2
1. f ′ ( x ) = 3 x − 10 x + 20 = 0 2
( reel kök yok )
Ne maksimum ne de minimum vardır. 10 2. f ′′ ( x ) = 6 x − 10 = 0 → x = = 1.67 6 x=1.67’de bir dönüm noktası vardır.
33
Şekil 4.12. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 8)
y 150
100
50
-2
•
Dönüm Noktası
2
-50
4
6
x
34
İktisadi Örnekler Kâr Maksimizasyonu Koşulları
TR = TR ( Q )
,
TC = TC ( Q )
π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q ) dπ 1. = π′ ( Q ) = TR′ ( Q ) − TC ′ ( Q ) = 0 dQ TR′ ( Q ) = TC ′ ( Q )
→
MR ( Q ) = MC ( Q )
35
d 2π = π′′ ( Q ) = TR′′ ( Q ) − TC ′′ ( Q ) < 0 2. 2 dQ TR′′ ( Q ) < TC ′′ ( Q )
→
MR′ ( Q ) < MC ′ ( Q )
Şekil 4.13. Tam Rekabette Kâr Maksimizasyonu
TR TC
TC
TR B
•
A
•
TFC
0 Q1
Q2
Q*
Q4
Q
36
Şekil 4.14. Kâr Fonksiyonu ve Maksimizasyon
π
0
•
•
Q1
•Q
2
Q
*
•
Q4
Q
π (Q )
•
37
Şekil 4.15. Kâr Maksimizasyonu: MC=MR
P
MC
P = AR = MR
0
E1
•
Q1
E*
•
Q*
MR
Q
38
39
Kâr Maksimizasyonuna Sayısal Örnek: Tekelci Piyasa
TR = TR ( Q ) = 1000Q − 2Q
2
TC = TC ( Q ) = Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000 π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q )
(
) (
π ( Q ) = 1000Q − 2Q 2 − Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000 π ( Q ) = − Q + 57Q − 315Q − 2000 3
2
)
40
π ( Q ) = − Q + 57Q − 315Q − 2000 3
2
2 ′ π ( Q ) = −3Q + 114Q − 315 = 0
→
Q = 3 , Q = 35 * 1
* 2
π ′′ ( Q ) = −6Q + 114 π ′′ ( Q1* = 3 ) = −6Q1* + 114 = 96 > 0 * * ′′ π ( Q2 = 35 ) = −6Q2 + 114 = −96 < 0
Q2* = 35 ,
π ( Q2* ) = 13925 'de maksimizasyon var.
41
Şekil 4.16a. Tekelde Kâr Maksimizasyonu TR , TC 80000
TC ( Q ) = Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000
60000
B
•
40000
TR ( Q ) = 1000Q − 2Q
E
•
2
•E ′
20000
A
• 10
20
30
35
40
50
60
Q
42
Şekil 4.16b. Tekelde Kâr Maksimizasyonu
π
E
•
13925
10000
10
20
30 35 40
Q
50
-10000 -20000 -30000
π ( Q ) = − Q 3 + 57Q 2 − 315Q − 2000
60
43
Şekil 4.16c. Tekelde Kâr Maksimizasyonu MC
P 2000 1500
1000
E1
•
E*
•
MR
500
3
10
20
30
35 40
Q 50
60
44 Satış Vergisi Hasılatının Maksimizasyonu Bir tekelci piyasada devletin t ölçüsünde bir satış vergisi uyguladığını
varsayalım.
Verginin
ölçüsü
ne
olmalıdır
ki,
devletin bu piyasadan toplayacağı satış hasılatı maksimize olsun?
TR = TR ( Q ) = β Q − αQ 2 , TC = TC ( Q ) = aQ + bQ + c 2
α, β > 0 ,
a , b, c > 0
45
TC = TC *
TC
*
*
( Q ) = aQ
( Q ) = aQ
2
2
+ bQ + c + tQ
+ (b + t )Q + c
π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC * ( Q )
(
) (
π ( Q ) = −αQ + β Q − aQ + ( b + t ) Q + c 2
2
π ( Q ) = − ( α + a ) Q + (β − b − t ) Q − c 2
)
46
π ′ ( Q ) = −2 ( α + a ) Q + ( β − b − t ) = 0
→
π ′′ ( Q ) = −2 ( α + a ) < 0 2 β − − t bt t T = tQ * = 2(α + a)
dT β − b − 2t = =0 2(α + a) dt 1 d 2T =− <0 2 dt (α + a)
→
β−b t = 2 *
β−b−t Q = 2(α + a) *
47 Kübik Toplam Maliyet Fonksiyonunun İncelenmesi
TC = TC ( Q ) = aQ 3 + bQ 2 + cQ + d d = TFC > 0 Tüm Q değerleri için: MC ( Q ) = 3aQ + 2bQ + c > 0 2
a > 0 olmalıdır.
( U biçimli eğri )
48
MC'nin minimum değeri: dMC = 6aQ + 2b = 0 dQ MCmin = 3a ( Q
MCmin
*
)
2
→
b Q =− >0 3a
→
*
b<0
2
⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ + 2b ( Q ) + c = 3a ⎜ − ⎟ + 2b ⎜ − ⎟ + c ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠
3ac − b 2 = >0 3a
*
→
3ac − b > 0
a , c , d > 0 , b < 0 , 3ac − b 2 > 0
2
→
c>0
Şekil 4.17. Toplam Maliyet Fonksiyonu
TC = TC ( Q ) = aQ 3 + bQ 2 + cQ + d TC
a , c , d > 0 , b < 0 , 3ac − b 2 > 0
TFC 0
Q
49
50
Çeşitli Fonksiyonların İncelenmesi Örnek 9:
2x y = f ( x) = , 1 − 2x f ′( x) =
f ′′ ( x ) =
(1 − 2 x )
3
2
(1 − 2 x )
2
8
(1 − 2 x ) >0
3
→
1 x≠ 2
>0
>0 1 x< 2
ve
(1 − 2 x )
3
<0
→
1 x> 2
51
⎛ 2x ⎞ lim− ⎜ = +∞ ⎟ x → 12 ⎝ 1 − 2 x ⎠
,
⎛ 2x ⎞ lim+ ⎜ = −∞ ⎟ x → 12 ⎝ 1 − 2 x ⎠
,
⎛ 2x ⎞ = −1 lim ⎜ ⎟ x →∞ 1 − 2 x ⎝ ⎠
1 x = düşey asimptot 2
⎛ 2x ⎞ = −1 lim ⎜ ⎟ x →−∞ 1 − 2 x ⎝ ⎠
f ( x ) = −1 yatay asimptot
Şekil 4.18. Fonksiyon Analizi (Örnek 9)
7.5 5 2.5
-4
-2
2x y = f ( x) = 1 − 2x 1 x≠ 2 2
-2.5 -5 -7.5 -10
4
52
53
Örnek 10:
y = f ( x ) = x3 f ′ ( x ) = 3 x2 > 0
f ′ ( x ) = 3x2 = 0 →
,
x = 0, y = 0
f ′′ ( x ) = 6 x x>0
→
f ′′ ( x ) > 0
lim ( x 3 ) = −∞
x →−∞
,
;
x<0
lim ( x 3 ) = ∞ x →∞
→
f ′′ ( x ) < 0
Ĺ&#x17E;ekil 4.19. Fonksiyon Analizi (Ă&#x2013;rnek 10)
y = x3 2
1
-4
-2
2 -1
-2
4
54
55
Örnek 11:
1 y = f ( x) = 3 , x
x≠0
f ′ ( x ) = −3 x −4 < 0 , durgunluk değeri yok. f ′′ ( x ) = 12 x
−5
}
⎛ 1 ⎞ lim ⎜ 3 ⎟ = 0 , x →−∞ x ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ lim− ⎜ 3 ⎟ = −∞ , x→0 ⎝ x ⎠
x>0 x<0
→ →
f ′′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) < 0
⎛ 1 ⎞ lim ⎜ 3 ⎟ = 0 x →∞ x ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ lim+ ⎜ 3 ⎟ = ∞ x→0 ⎝ x ⎠
Şekil 4.20. Fonksiyon Analizi (Örnek 11)
150
100
50
-4
-2
1 y = f ( x) = 3 , x
2 -50
-100
-150
x≠0
4
56
57 Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + ..... + an x 2
3
n
f ′ ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + 4a4 x 3 + ..... + ( n ) an x n −1 2 n− 2 ′′ f ( x ) = 2a2 + 6a3 x + 12a4 x + ..... + ( n − 1)( n ) an x
f ′′′ ( x ) = 6a3 + 24a4 x + 60a5 x 2 + ..... + ( n − 2 )( n − 1)( n ) an x n − 3 ......................................................................... f
( n)
( x ) = 1.2.3.4..... ( n − 3 )( n − 2 )( n − 1)( n ) an
58 Yukarıdaki çokterimliyi ve türevlerini, x=0 için değerlendirelim:
f ( x = 0 ) = a0
→
f ( 0 ) = 0! a0
f ′ ( x = 0 ) = a1
→
f ′ ( 0 ) = 1! a1
f ′′ ( x = 0 ) = 2a2
→
f ′′ ( 0 ) = 2! a2
f ′′′ ( x = 0 ) = 6a3
→
f ′′′ ( 0 ) = 3! a3
f ( 4) ( x = 0 ) = 24a4 →
f ( 4) ( 0 ) = 4! a4
............................. f ( n ) ( x = 0 ) = 1.2.3..... ( n − 3 )( n − 2 )( n − 1)( n ) an
→
f ( n ) ( 0 ) = n ! an
59
f ( 0 ) = 0! a 0 f ′ ( 0 ) = 1! a1 f ′′ ( 0 ) = 2! a 2 f ′′′ ( 0 ) = 3! a 3
→ → → →
a0 = a1 = a2 = a3 =
f (0) 0! f ′ (0) 1! f ′′ ( 0 ) 2! f ′′′ ( 0 ) 3!
....................................................... f ( n) ( 0 ) = n ! an
→
an =
f ( n) ( 0 ) n!
60
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ..... + an x n
f ( x) =
+
f ( 0) 0!
+
f ′′′ ( 0 ) 3!
f ′ ( 0) 1!
x+
x + ..... + 3
f ′′ ( 0 ) 2! f
( n)
x2
( 0)
n!
x n + Rn
Maclaurin Serisi (ya da x=0 etrafında Taylor kuvvet serisi açılımı)
61 Bir Çokterimlinin Taylor Serisi
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + ..... + an x 2
f ( x) =
f ( x0 ) 0!
f ′′′ ( x0 ) 3!
+
3
f ′ ( x0 ) 1!
( x − x0 )
3
( x − x0 ) +
+ ..... +
f
n
f ′′ ( x0 ) 2!
( n)
( x0 )
n!
( x − x0 )
( x − x0 )
n
2
+
+ Rn
62
Örnek 12: Aşağıdaki fonksiyonun x0=1 noktasında n=4 açılımını yapalım.
1 f ( x) = 1+ x f ′ ( x ) = − (1 + x )
−2
f ′′ ( x ) = 2 ( 1 + x )
−3
f ′′′ ( x ) = −6 ( 1 + x ) f
( 4)
−4
( x ) = 24 ( 1 + x )
−5
→
1 f ( x0 = 1 ) = 2
→
1 f ′ ( x0 = 1 ) = − 4
→
1 f ′′ ( x0 = 1) = 4
→
3 f ′′′ ( x0 = 1) = − 8
→
f
( 4)
3 ( x0 = 1 ) = 4
63
⎛ 1⎞ ⎛1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 ⎝ 4⎠ 2 4⎠ ⎝ f ( x) = + x − x0 ) + x − x0 ) ( ( 2 1! 2! ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ − ⎟ ⎜ 8⎟ ⎜ 3 4 4⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x − x0 ) + x − x0 ) + R4 + ( ( 3! 4! 31 13 1 2 3 3 1 4 f ( x) = x+ x − x + x + R4 − 32 16 2 16 32
Şekil 4.21. Kuvvet Serisi Açılımları (Örnek 12)
64
x0=1 ’de açılım 10
5
-4
-2
1 f ( x) = 1+ x
31 13 1 2 3 3 1 4 f ( x) = − x+ x − x + x 32 16 2 16 32
2 -5
-10
4
65
Örnek 13:
Aşağıdaki fonksiyonun x0=−2 noktasında n=4 açılımını yapalım.
1 f ( x) = 1+ x f ′ ( x ) = − (1 + x )
−2
f ′′ ( x ) = 2 ( 1 + x )
−3
f ′′′ ( x ) = −6 ( 1 + x ) f
( 4)
−4
( x ) = 24 ( 1 + x )
−5
→
f ( x0 = − 2 ) = − 1
→
f ′ ( x0 = − 2 ) = − 1
→
f ′′ ( x0 = −2 ) = −2
→
f ′′′ ( x0 = −2 ) = −6
→
f ( 4) ( x0 = −2 ) = −24
66
f ( x ) = −1 − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) + R4 2
3
f ( x ) = −31 − 49 x − 31 x − 9 x − x + R4 2
3
4
4
Şekil 4.21. Kuvvet Serisi Açılımları (Örnek 13)
67
x0=−2 ’de açılım 20 10
-4
-2
1 f ( x) = 1+ x 2
4
-10 -20 -30 -40
f ( x ) = −31 − 49 x − 31 x 2 − 9 x 3 − x 4
68
Taylor Serisi ve Göreli Uçdeğerin Belirlenmesi
f ( x ) = f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ′′′ ( x0 ) 3!
( x − x0 )
3
+ ..... +
f
3!
( x − x0 )
3
+ ..... +
2! ( n)
( x0 )
n!
f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ′′′ ( x0 )
f ′′ ( x0 )
( x − x0 )
f ′′ ( x0 ) 2!
f ( n ) ( x0 ) n!
( x − x0 )
2
n
( x − x0 )
( x − x0 )
+
n
2
+
69
Şekil 4.22. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi y
y f ( x0 )
f ( x1 )
•
•
y = f ( x)
•
f ( x2 )
f ( x1 )
x1
x0
(a)
x2
x
0
2
•
f ( x0 )
x1
x0
y = f ( x)
0
• f (x ) •
( b)
x2
x
70
x1 < x0 < x2 ,
x1 < x0 < x2 ,
x1 < x0 < x2 ,
x1 < x0 < x2 ,
f ( x0 ) − f ( x1 ) > 0
f ( x0 ) − f ( x 2 ) > 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) < 0
f ( x0 ) − f ( x 2 ) < 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) > 0
f ( x0 ) − f ( x 2 ) < 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) < 0
f ( x0 ) − f ( x 2 ) > 0
⇒
Maksimum
⇒
Minimum
⇒
Dönüm Noktası
⇒
Dönüm Noktası
71 1. Durum:
f ′ ( x0 ) ≠ 0 f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 +
+
f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 +
−
f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 −
+
f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 −
−
72
2. Durum:
f ′ ( x0 ) = 0 , f ′′ ( x0 ) ≠ 0 f ( x ) − f ( x0 ) =
1 2
f ′′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 2
+
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 2
f ( x ) − f ( x0 ) =
f ′′ ( x0 )( x − x0 ) > 0
f ( x ) − f ( x0 ) =
+
f ′′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 2
−
1 2
Minimum 2
+
1 2
+
+
Maksimum
f ′′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 2
−
+
73
4. Durum:
f ′ ( x0 ) = f ′′ ( x0 ) = ..... = f ( n − 1) ( x0 ) = 0 , f ( n ) ( x0 ) ≠ 0
⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭
n tek
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) +
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) +
⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭
n tek
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) −
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) −
( x0 )( x − x0 )
n
>0 D ö nü m Noktası
+
( x0 )( x − x0 )
n
<0
n
<0
−
( x0 )( x − x0 ) +
( x0 )( x − x0 ) −
n
>0
D ö nü m Noktası
74
4. Durum (Devamı):
⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭ n çift
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) +
⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭
>0
+
Minimum
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) +
n çift
( x0 )( x − x0 )
n
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) −
f ( x ) − f ( x0 ) =
1 n!
f
( n) −
( x0 )( x − x0 )
n
>0
+
( x0 )( x − x0 )
n
<0
+
( x0 )( x − x0 ) +
Maksimum n
<0
75
Örnek 14:
y = f ( x) = (7 − x)
4
f ′ ( x ) = − 4 ( 7 − x ) = 0 → x0 = 7 3
f ′ ( x ) = −4 ( 7 − x )
3
→
f ′ ( 7) = 0
f ′′ ( x ) = 12 ( 7 − x )
2
→
f ′′ ( 7 ) = 0
f ′′′ ( x ) = −24 ( 7 − x )
→
f ′′′ ( 7 ) = 0
f ( 4) ( x ) = 24
→
f ( 4) ( x ) = 24 > 0
x0 = 7 , y = 0
noktasında minimum var.
Şekil 4.23. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 14) 400
y = f ( x) = (7 − x)
4
300
200
100
2
4
6
•
8
10
12
14
76
77
Örnek 15:
y = f ( x ) = x6 + 5
f ′ ( x ) = 6 x 5 = 0 → x0 = 0
→
5 ′ f ( x) = 6x
→
f ′ ( 0) = 0
f ′′ ( x ) = 30 x 4
→
f ′′ ( 0 ) = 0
3 ′′′ f ( x ) = 120 x
→
f ′′′ ( 0 ) = 0
f
( 4)
( x ) = 360 x
f
( 5)
( x ) = 720 x
f ( 6) ( x ) = 720 x0 = 0 , y = 5
2
f
( 4)
( 0) = 0
→
f
( 5)
( 0) = 0
→
f ( 6) ( 0 ) = 720 > 0
→
noktasında minimum var.
Şekil 4.24. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 15) 60
y = f ( x ) = x6 + 5
50 40 30 20 10
-3
-2
-1
78
• 1
2
3
79
İki Seçim Değişkenli Durumda Taylor Serisi
(
)
z = f ( x , y ) = a00 + ( a10 x + a01 y ) + a20 x 2 + a11 xy + a02 y 2 + .....
(
..... + an 0 x + a( n − 1),1 x n
n −1
y + ..... + a0 n y
n
) + .....
İlk olarak bu iki seçim değişkenli n. dereceden polinomun (0,0) noktası için Taylor açılımını yapalım. Tüm türevlerin (0,0) noktasında değerlendirileceğine dikkat edelim.
80
f ( 0, 0 ) = a00 ∂f = a10 + 2a20 x + a11 y + ..... ∂x ∂f = a01 + a11 x + 2a02 y + ..... ∂y
→
⎛ ∂f ⎞ ⎜ ∂x ⎟ = a10 ⎝ ⎠0
→
⎛ ∂f ⎞ ⎜ ⎟ = a01 ⎝ ∂y ⎠ 0
Benzer biçimde diğer türevleri de bulup sıfır noktasında değerlendirirsek, aşağıdaki terimleri yazabiliriz.
81
1 ⎛ ∂2 f ⎞ a20 = ⎜ 2 ⎟ 2! ⎝ ∂x ⎠ 0
Diğer
tüm
,
terimleri
⎛ ∂2 f ⎞ a11 = ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ∂ y ⎠ 0
de
(a
,
katsayılarını)
1 ⎛ ∂2 f ⎞ a02 = ⎜ 2 ⎟ 2! ⎝ ∂y ⎠ 0
aynı
yöntemle
belirledikten sonra, bu katsayıları polinomdaki yerlerine yazıp düzenlersek, (0,0) noktasındaki Taylor açılımını elde etmiş oluruz.
82
⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ f ( x , y ) = f ( 0, 0 ) + ⎜ ⎟ x + ⎜ ⎟ y ⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎛ ∂2 f ⎞ ⎛ ∂2 f ⎞ 2 ⎤ 1 ⎡⎛ ∂ 2 f ⎞ 2 + ⎢⎜ 2 ⎟ x + 2 ⎜ ⎟ xy + ⎜ 2 ⎟ y ⎥ 2! ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎥⎦ 3 ⎛ ∂3 f ⎞ 2 ⎛ ∂3 f ⎞ ⎛ f ⎞ 3⎤ 1 ⎡⎛ ∂ 3 f ⎞ 3 ∂ 2 xy + ⎜ 3 ⎟ y ⎥ + ⎢⎜ 3 ⎟ x + 3 ⎜ 2 ⎟ x y + 3 ⎜ 2 ⎟ 3! ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎥⎦
+.....
83 Bu açılımı (0,0) noktası dışındaki herhangi bir noktada da yapabiliriz. Şimdi açılımı (x0 , y0) gibi rasgele bir nokta için de yazalım. Tüm türevlerin (x0 , y0) noktasında değerlendirildiğine dikkat edelim.
84
⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ f ( x , y ) = f ( x 0 , y0 ) + ⎜ ⎟ ( x − x 0 ) + ⎜ ⎟ ( y − y 0 ) ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎛ ∂2 f ⎞ ⎛ ∂2 f ⎞ 1 ⎡⎛ ∂ 2 f ⎞ 2 2⎤ + ⎢ ⎜ 2 ⎟ ( x − x0 ) + 2 ⎜ ⎟ ( x − x0 )( y − y0 ) + ⎜ 2 ⎟ ( y − y0 ) ⎥ 2! ⎣⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂ x ∂y ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎦ ⎤ ⎡⎛ ∂ 3 f ⎞ ⎛ ∂3 f ⎞ 3 2 ⎢ ⎜ 3 ⎟ ( x − x 0 ) + 3 ⎜ 2 ⎟ ( x − x 0 ) ( y − y0 ) ⎥ ∂x ⎠ ∂ x ∂y ⎠ ⎝ ⎝ ⎢ ⎥ 1 ⎥ + ⎢ 3! ⎢ ⎥ 3 3 ⎢ +3 ⎛⎜ ∂ f ⎞⎟ ( x − x )( y − y ) 2 + ⎛⎜ ∂ f ⎞⎟ ( y − y ) 3 ⎥ 0 0 0 3 ⎢⎣ ⎝ ∂x∂y 2 ⎠ ⎥⎦ y ∂ ⎝ ⎠ +.....
85
Örnek 16:
z=x
y
fonksiyonunun (1,1) noktasındaki Taylor açılımını
yapalım. y −1 ′ z x = yx ,
y ′ z y = x ln x ,
y −1 y −1 z ′′ x yx ln x , = + xy
y−2 ′ z xx = y ( y − 1) x
z ′′yy = x y ln 2 x
x = 1 + ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + ..... y
Örneğin,
z = x = ( 1.04 ) y
1.03
≈ 1 + 0.04 + ( 0.04 )( 0.03 ) = 1.0412
86 CES Üretim Fonksiyonunun Doğrusallaştırılması ya da Birinci Sıra Taylor Açılımı
Q = A ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦
µ
−ρ
µ ln Q − ln A = − ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ ρ f (ρ)
f ( ρ ) teriminin ρ = 0 yapalım.
etrafındaki birinci sıra Taylor açılımını
87 f ( ρ) = f ( 0) + f ′ ( 0) ρ 0 → f ( 0) = 0
( L ' Hopital Kuralını Kullanalım )
⎛ µ −ρ −ρ ⎞ lim ⎜ − ln ⎡⎣ δK + ( 1 − δ ) L ⎤⎦ ⎟ = −µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ρ→ 0 ⎝ ρ ⎠
(
)
µ δρLρ ln K − ( δ − 1) ρK ρ ln L − ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ f ′ (ρ) = ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ρ2
88
(
)
µ ( δ − 1) ρK ρ ln L − δρLρ ln K + ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ f ′ (ρ) = ρ ρ 2 K L δ − − δ ρ 1 ( ) ( ) 0 → f ′ ( 0) = 0
( L ' Hopital Kuralını Kullanalım )
1 2 lim ( f ′ ( ρ ) ) = − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ρ→ 0 2
89 f ( ρ ) = f ( 0) + f ′ ( 0) ρ 2⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤ f ( ρ ) = ⎣µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ⎦ + ⎢ − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ⎥ ρ ⎣ 2 ⎦
2⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤ ln Q − ln A = f ( ρ ) = ⎣ −µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ⎦ + ⎢ − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ⎥ ρ ⎣ 2 ⎦
1 2 ln Q = ln A + µδ ln K + µ ( 1 − δ ) ln L − ( 1 − δ ) δµρ ( ln K − ln L ) 2