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