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 =