1 )1 )1 )3 } ( ) )1 ( )1

Tanım (Hiperyüzey)
E n , n -boyutlu Öklid uzayında ( n − 1) -boyutlu bir yüzey veya ( n − 1) -yüzey diye E n de ki
boş olmayan bir M cümlesine denir. Öyle ki bu M cümlesi
M=
|f :
E küme
{x ∈U ık⊂bir
n
U ç
xç f ( x )=
c
f p,U aç p M
,∇ |
≠ 0, ∀ ∈
}
Biçiminde tanımlanır.
E 2 de 1-yüzeye düzlemsel eğri
E 3de 2-yüzeye yüzey
E n de ( n − 1) -yüzeye hiperyüzey denir. ( n > 3)
Soru Gradient vektörünün geometrik yorumu nedir?
E n de bir hiperyüzey M olsun. E n de Öklid koordinat sistemi { x1 , x2 ,..., xn } olsun. O
zaman bu sisteme göre M nin denklemi
f ( x1 ,..., xn ) = c
İse
n
∇f =
∑
i =1
∂f ∂
∂xi ∂xi
Gradient vektör olsun. M için her noktadaki bir normal vektör alanıdır. Yani gradient
yüzeyin normalini bulmamızı sağlar.
∇f | p ≠ 0 olması yüzeyin her bir noktasında normalin olması demektir. Her bir noktada
olan yapıya hiperyüzey denir.
E n de n -boyutlu Öklid ( n − 1) boyutlu uzayı yüzey ve
olmayan bir M cümlesi
( n − 1) -yüzey,
E n de ki boş
M=
E küme
|f :
{x ∈U ık⊂bir
n
U ç
xç f ( x )=
c
f p,U aç p M
,∇ |
≠ 0, ∀ ∈
}
Gradient tanımlı olması için, f çok değişkenli bir fonksiyon olmalı, diferansiyellenebilir
olmalı yani her noktada kısmi türevleri var ve sürekli olmalıdır.
Not: Manifoldlar olarak her bir M hiperyüzeyi bir
( n − 1) -manifold olur ve dolayısıyla
∀p ∈ M noktasında M nin bir tanjant uzayı TM ( p ) tanımlı olup ( n − 1) -boyutlu bir
vektör uzayı olur. Bu tanjant uzay TE n ( p )
( C ( M ,η ) →  )
∞
tanjant uzayının bir alt
uzayıdır. Ayrıca TM ( p ) nin sadece M ye bağlı olduğunu, M yi tanımlamada kullanılan f
fonksiyonundan bağımsız olduğunu da belirtelim. Gerçekten TM ( p ) vektör uzayını, E nin
n
tamamen M de yatan parametreli eğrilerinin p noktasındaki hız vektörleriyle karakterize
edebiliriz. Eğer M yi tanımlamada kullanılan diferansiyellenebilir fonksiyon f ise C ∈ 
bir sabit olmak üzere f ( x ) = c, ∀x ∈ M dir. Ayrıca, ∇f | p ≠ 0, ∀p ∈ M dir.
M tanımından bu şekilde bir f fonksiyonu vardır. Hem de bu şekildeki f fonksiyonları
birden çok olabilir. Her bir f fonksiyonu için TM ( p ) =
[ ∇f | p ]
⊥
olarak belirtilir.
Not: Tüm yüzey üzerinde tanımlı türevlenebilir bir birim normal vektör uzayı varsa bu
düzgün yüzeye yönlendirilebilirdir denir. Her yüzey yerel olarak yönlendirilebilir. Ama global
olarak yönlendirilemeyebilir. Dolayısıyla yönlendirme tüm yüzeyi ilgilendirdiği için yaygın
(global) özelliktir.
Soru
( n − 1) yüzey için gradient vektöre ait özelliği neyle açıklarsın?
dif .bilir
E n de bir açık alt küme U ve f : U →  olmak üzere
M=
c}
( x1,..., xn ) ∈U | f ( x ) =
{x =
∀Q ∈ M için ∇f | Q ≠ 0 olarak tanımlanan M hiperyüzeyi verilsin. Bir diğer
dif .bilir
g :U → 
Fonksiyonunun p ∈ M noktası extremum noktası ise yani
( g ( Q ) ≤ g ( p ) , ∀Q ∈ M veya g ( Q ) ≥ g ( p ) , ∀Q ∈ M ) ∇g | p = λ∇f | p
Olacak şekilde bir reel
λ sayısı vardır. Bu reel λ sayısına Lagrange çarpanı denir.
Not: Bu teoremdeki M ( n − 1) -yüzeyi kompakt (kapalı ve sınırlı) ise her bir g : U → 
diferansiyellenebilir fonksiyonu M üzerinde bir maksimum ve minimuma sahip olur. O
halde yukarıdaki ifadeler bir extremum noktalarına uygulanabilir. Eğer M kompakt değilse g
hiçbir extremum noktasına sahip olmayabilir. (Eğer M kapalı ise E − M açıktır. Eğer her
n
bir p ∈ M için p < a olacak şekilde bir a ∈  mevcut ise M ye sınırlıdır denir.)
Örnek M bir küre olsun. Yani M nin denklemi f : U → , U ⊂ E 3 bir açık küme olmak
üzere
( x1 , x2 , x3 ) → f ( x1 , x2 , x3 ) = x12 + x22 + x32 = 1
dir. Bir
g : E3 → 
( x1 , x2 , x3 ) → g ( x1 , x2 , x3 ) = a1 x12 + a2 x22 + a3 x32 + 2b1 x1 x2 + 2b2 x1 x3 + 2b2 x2 x3 =  2
ai , bi ∈ , i =
1, 2,3 fonksiyonunun extremum noktasını bulalım.
∇f ( x1 , x2 , x3 ) =
( 2 x1 , 2 x2 , 2 x3 )
∇g ( x1 , x2 , x3 ) =
( 2a1 x1 + 2b1 x2 + 2b2 x3 + 2a2 x2 + 2b1 x1 + 2b3 x3 + 2a3 x3 + 2b2 x1 + 2b3 x2 )
=
dir. p
( x1 , x2 , x3 ) ∈ M
noktasından
 a1 b11
∇g ( p ) =
λ∇f ( p ) ⇔  b1 a2
b b
3
 2
b2   x1 
 x1 


 

b3   x2  =
λ  x2 

x 
a33 
 x3 
 3
dir. Yani
 a1 b11

 b1 a2
b b
3
 2
b2   x1 
 x1 
 
 
b3   x2  − λ  x2  =
0

x 
a33 
 x3 
 3
olmalıdır. Bu demektir ki g fonksiyonunun M üzerindeki ekstremum noktaları
 a1 b11 b2 


A =  b1 a2 b3 
b b a 
3
33 
 2
Simetrik matrisinin karakteristik vektörleridir.
x 
  1 
Ayrıca 0 X =  x2  vektörü, A matrisinin karakteristik vektörü ise
x 
 3
 x1 
a x + a x + a x + 2b1 x1 x2 + 2b2 x1 x3 + 2b2 x2 x3 =
( x1 x2 x3 ) A  x2 
x 
 3
 x1 
 
= ( x1 x2 x3 ) λ  x2 
x 
 3
2
1 1
2
2 2
2
3 3
= λ=
( x12 , x22 , x32 ) λ
x 
  1 
dır. Dolayısıyla 0 X =  x2  karakteristik vektörüne karşılık gelen λ karakteristik değeri g
x 
 3
fonksiyonunun p = ( x1 , x2 , x3 ) noktasında aldığı değere eşittir. Yani g ( p ) = λ dır. A matrisi
3 × 3 tipinde olduğundan M üzerinde böyle en fazla 3 tane nokta vardır.
Soru Hacmi 8cm3 olan dikdörtgenler prizması şeklindeki bir depo için gerekli olan en az
kerestenin alanını bulunuz.
z ) xyz − 8
Boyutlar x, y, z olsun. g ( x, y,=
(Hacim fonksiyonu)
f ( x, y, z )= 2 ( xy + xz + yz ) (Alan fonksiyonu)
Lagrange teoremi gereğince;
∇f = λ∇g olduğundan
( yz, xz, xy )= 2λ ( y + z, x + z, x + y) ve
yz =
2λ ( y + z )
xz = 2λ ( x + z )
xyz = 8 veya
8=
2λ ( xy + xz )
8 = 2λ ( xy + zy )
⇒
xy =
2λ ( x + y )
8=
2λ ( xz + yz )
=
xyz 8
+
 l ≠ 0 'dır.



 Çünkü diğer türlü 
 x=y=z=0 olurdu. 


2 f = 2λ ( 2 f ( x , y , z ) ) ( ∗ )
Ayrıca 2’şer 2’şer oranlarından;
y y+z
=
⇒ xz= yz
x x+z
⇒ xy = zy = xz (∗∗)
z y+z
=
⇒ yx= zy
x x+ y
( ∗)
3 ( xy ) 4=
λ (3 yz ) 4λ (3zx) olup
ve ( ∗∗) =
dan 24 4λ=
xy =
zy =
xz =
2
λ
2
λ
⇒ x = y = z olup xyz = 8 den x3= 8 x= y= z= 2 dir.
2
λ
O halde f ( x, y, z )= 2 ( 4 + 4 + 4 )= 24 br 2 dir.
Soru
{
}
s < ( 3) = A = ( aij ) ∈  3 | det A =1
matris cümlesinin E 3 de bir yüzey olduğunu
gösteriniz.
V : E 3 →  33
 x1
( x1 ,..., x9 ) →  x4
x
 7
x3 

x6 
x9 
x2
x5
x8
 x1

ele alalım det  x4
x
 7
x2
x5
x8
x3 

x6  = 1 veya
x9 
x1 ( x9 x5 − x6 x8 ) − x2 ( x9 x4 − x6 x7 ) − x3 ( x4 x8 − x5 x7 ) =
1
dir. Böylece
( x1 ,..., x9 ) ∈ E 9 | f : U ⊂ E 9 → 



9
=
s < (3=
x9 )
)≅M 
( x1 ,..., x9 ) → f ( x1 ,...,
⊂ E


1
 x1 ( x9 x5 − x6 x8 ) − x2 ( x9 x4 − x6 x7 ) − x3 ( x4 x8 − x5 x7 ) =
ele alalım. M nin normal vektör uzayı
∇=
f
( x9 x5 − x6 x8 , x7 x6 − x4 x9 ) x4 x8 − x5 x7 , x8 x3 − x2 x9 ,...)
dir. ∇f = 0 ⇔ x = ( 0,,,, 0 )=
dır x
( 0,,,, 0 ) ∉ M
olduğundan
∀x ∈ M için ∇f | p ≠ 0 olduğundan M cümlesi  33 ≅  9 un bir hiper yüzeyidir. Yani M
cümlesi 8 boyutlu bir hiperyüzeydir.
1 0 0


Soru 1.4.11: S < ( 3) için P =  0 1 0  noktası Ts(<p(3)) tanjant uzayı nedir?
0 0 1


(Not: p noktasında ki Ts(<p(3)) tanjant uzayı  33 izi sıfır olan matrislerin kümesiyle eşlenebilir
yani
 a b c 

 


=
T ( p )  p,  d =
e f  | a + e + i 0 )
 g h i 


 

( p)
s < (3)
Ts <(3, ) ( p ) nin herhangi bir tanjant vektörü=
X p ise X p
∂
3
∑ a ( p) ∂x | ∈ T
i , j =1
ij
p
x( j )
( p)
∇f | p =
(1, 0, 0, 0,1, 0, 0, 0,1) olduğundan X p , ∇f | p =
0 ⇒ a11 ( p ) + a22 ( p ) + a33 ( p ) =
0 o
halde izA = 0 olmak zorundadır. O halde ∀A ∈ S < (3, ) için izA = 0 dır. Buna göre
TS <(3, ) ( p ) =
0}
{ A ∈ 33 | izA =