0 a
Transkript
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