T ¨urev Uygulamaları

Bölüm 4
Türev Uygulamaları
4.1
Bağımlı Hız
Eğer bir balonun içine hava pompalarsak, balonun hem yarıçapı hem de hacmi artar ve artış hızları birbirine bağımlıdır.
Fakat, hacmin artış hızını doğrudan ölçmek yarıçapının artış hızını ölçmekten çok daha kolaydır.
Bağımlı hız problemlerindeki fikir, bir niceliğin değişim hızını (ölçümü daha kolay olabilen) diğer bir niceliğin
değişim hızı cinsinden hesaplamaktır. Bunun için yöntem; iki niceliğe bağlı bir denklem bulmak ve sonra zincir
kuralını kullanarak her iki tarafın zamana göre türevini almaktır.
Örnek 1.
Küresel bir balon içine hava pompalandığında balonun hacmi 100 cm3 /sn hızla artıyor. Balonun çapı 50
cm olduğunda yarıçapındaki artış hızı ne kadardır?
Çözüm: İki şeyi tanımlamakla başlıyoruz:
• verilen bilgi: havanın hacminin artış hızı 100cm3 /sn dir.
• bilinmeyen: çap 50 cm olduğunda yarıçapın artış hızıdır.
Anımsanması gereken ana düşünce değişim hızlarının türevler olduğudur. Bu problemde, hacim ve yarıçap t zamanına
bağlı fonksiyonlardır. Hacmin zamana göre artış hızı dV /dt türevi ve yarıçapın artış hızı dr/dt türevidir. Verileni ve
bilinmeyeni yeniden aşağıdaki gibi ifade edebiliriz:
• verilen:
dV
= 100 cm3 /sn
dt
• bilinmeyen: r = 25 cm olduğunda
dr
dt
dV /dt ve dr/dt arasında bağlantı kurmak için önce V ile r arasında kürenin hacim formülü ile bağlantı kuracağız:
4
V = πr3
3
Verilen bilgileri kullanmak için bu denklemin her iki tarafının t ye göre türevini alacağız. Sağ tarafın türevini almak
için zincir kuralını kullanmaya gereksinim vardır:
dV
dV dr
dr
=
= 4πr2
dt
dr dt
dt
dV
dr
= 4πr2 .
dt
dt
1
2
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Şimdi bu denklemden bilinmeyeni çözelim.
dr
1 dV
=
dt
4πr2 dt
Eğer bu denklemde r = 25 ve dV /dt = 100 koyarsak
dr
1
1
100 =
=
dt
4π(25)2
25π
elde ederiz. Buradan balonun yarıçapının (1/25π) cm/sn hızla arttığını görürüz.
Örnek 2.
10 ft uzunluğundaki bir merdiven dik bir duvara dayanıyor. Merdivenin altı 1 ft/sn hızla kayarak duvardan
uzaklaşırsa, merdivenin alt kısmının duvardan uzaklığı 6 ft olduğu anda üstünün duvardan aşağıya kayma
hızı nedir?
Çözüm: İlk olarak Şekil 4.1 deki gibi bir şema çizelim ve adlandıralım.
Şekil 4.1:
Merdivenin altından duvara olan uzaklık x ft ve merdivenin tepesinden yere olan uzaklık y ft olsun. Burada x ve
y değerleri t (zaman) nin fonksiyonlarıdır.
Bize dx/dt = 1 ft/sn olduğu veriliyor ve x = 6 ft olduğunda dy/dt değerini bulmamız isteniyor.
Problemde, x ve y arasındaki ilişki Pisagor Teoremi ile elde edilir:
x2 + y 2 = 100
4.1. BAĞIMLI HIZ
3
Zincir kuralını kullanarak her iki tarafın t ye göre türevini alırsak
2x
dx
dy
+ 2y
=0
dt
dt
olur ve bu denklemden isteneni çözersek
x dx
dy
=−
dt
y dt
buluruz. x = 6 olduğunda Pisagor Teoreminden y = 8 olur. Bu değerleri ve dx/dt = 1 i yukarıdaki denklemde
yerine koyarsak
dy
6
3
= − (1) = − ft/sn
dt
8
4
elde ederiz.
dy/dt nin negatif olmasının anlamı merdivenin üstünden yere olan uzaklığın (3/4) ft/sn oranında azalmasıdır.
Diğer bir deyişle, merdivenin üstü duvardan (3/4) ft/sn hızla aşağıya doğru kaymaktadır.
Örnek 3.
Bir su tankı, taban yarıçapı 2 m ve yüksekliği 4 m olan ters çevrilmiş bir koni şeklindedir. Eğer tank içine
2 m3 /da hızla su pompalanırsa, derinlik 3 m olduğu zaman su seviyesinin artış hızını bulunuz.
Çözüm: İlk olarak Şekil 4.2 deki gibi bir çembersel koni çizip isimlendirme yapalım. V, r, h sırasıyla suyun t
anındaki hacmi, yüzeyinin yarıçapı ve yüksekliği olsun. Burada t dakika ile ölçülmüştür.
Şekil 4.2:
Bize dV /dt = 2 m3 /da olduğu veriliyor ve h = 3 m olduğunda dh/dt değerini bulmamız isteniyor. V ve h
arasındaki ilişki
1
V = πr2 h
3
denklemi ile verilir. Fakat V yi sadece h nin fonksiyonu olarak ifade etmek çok yararlıdır. r yi yok etmek için Şekil
4.2 deki benzer üçgenleri kullanırız. Buradan
r
2
=
h
4
ve
r=
h
2
elde ederiz. Bunu V de terine yerleştirirsek
1
V = π
3
2
h
π
h = h3
2
12
4
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
olur. Şimdi her iki tarafın t ye göre türevini alabiliriz:
dV
π dh
= h2
dt
4 dt
ve böylece
dh
4 dV
=
dt
πh2 dt
dir. h = 3m ve dV /dt = 2m3 /da yı yerine koyarsak
dh
4
8
=
·2=
≈ 0.28 m/da
2
dt
π(3)
9π
buluruz.
4.2
Maksimum ve Minimum Değerler
Diferansiyel hesabın en önemli uygulamalarından biri, bir işi yapmanın en iyi yolunu bulmak olan optimizasyon
problemleridir.
• Maliyeti minimum yapmak için bir kutunun şekli nasıl olmalıdır?
• Bir uzay mekiğinin maksimum ivmesi ne olmalıdır? (Bu ivmenin etkilerine katlanmak zorunda olan astronotlar
için önemli bir sorudur.)
Bu problemler bir fonksiyonun maksimum ya da minimum değerlerini bulmaya indirgenebilir. Şimdi ilk olarak maksimum ve minimum değerlerle tam olarak ne demek istediğimizi açıklayalım.
Tanım 1.
f bir fonksiyon ve D, f nin tanım kümesi olsun.
• D içindeki her x elemanı için f (c) ≥ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak maksimumumu vardır. f (c) sayısına f nin D deki maksimum değeri denir.
• Benzer olarak, D içindeki her x için f (c) ≤ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında mutlak minimumu vardır ve f (c) sayısına f nin D deki minimum değeri denir.
• f nin maksimum ve minimum değerlerine f nin uç değerleri denir.
Şekil 4.3:
Şekil 4.3, d noktasında mutlak maksimuma ve a noktasında mutlak minimuma sahip olan bir f fonksiyonunun
grafiğini göstermektedir. Bu grafik üzerindeki en üstteki noktanın (d, f (d)) ve en alttaki noktanın (a, f (a)) noktası
olduğuna dikkat ediniz.
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
5
Tanım 2.
x noktası c ye yakın olduğunda f (c) ≥ f (x) ise f fonksiyonunun c noktasında bir yerel maksimumu (ya
hda göreli maksimum) vardır denir.
i
Bunun anlamı c yi içeren bir açık aralık içindeki her x için f (c) ≥ f (x) olmasıdır.
Benzer olarak, x noktası c ye yakın olduğunda f (c) ≤ f (x) ise f nin c noktasında bir yerel minimumu
vardır denir.
Örnek 4.
Her x için
−1 ≤ cos x ≤ 1
ve herhangi bir n tamsayısı için
cos 2nπ = 1
olduğundan, f (x) = cos x fonksiyonu (yerel ve mutlak) minimum değeri olan 1 i sonsuz kez alır. Benzer
olarak herhangi bir n tamsayısı için
cos(2n + 1)π = −1
fonksiyonun minimum değeridir.
Örnek 5.
f (x) = x2 ise
her x için x2 ≥ 0 olduğundan f (x) ≥ f (0) dır.
Dolayısıyla f (0) = 0 değeri f nin mutlak (ve yerel) minimum değeridir.
Bu y = x2 parabolü üzerindeki en alttaki noktanın başlangıç noktası olduğu gerçeğine karşılık gelir.
Bununla beraber, parabol üzerinde en üst nokta yoktur ve bu yüzden bu fonksiyonun maksimum değeri de
yoktur.
6
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Örnek 6.
Şekil 4.4 de gösterilen f (x) = x3 fonksiyonunun grafiğinden, fonksiyonun hem mutlak maksimum hem
de mutlak minimum değerlerinin olmadığını görüyoruz. Aslında yerel uç değerleri yoktur.
Şekil 4.4:
Şekil 4.5 de
f (x) = 3x4 − 16x3 + 18x2
−1≤x≤4
fonksiyonunun grafiği verilmiştir.
Şekil 4.5:
Buradan f (1) = 5 in yerel maksimum ve f (−1) = 37 nin mutlak maksimum olduğunu görürüz. [Bu mutlak
maksimum bir yerel maksimum değildir. Çünkü uç noktada oluşmuştur.]
Ayrıca f (0) = 0 yerel minmum ve f (3) = −27 hem yerel hem de mutlak minimumdur. Burada f nin x = 4 de
ne yerel ne de mutlak maksimum olmadığına dikkat ediniz.
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
7
Theorem 1.
f fonksiyonu bir [a, b] kapalı aralığında sürekli ise, c ve d sayıları, [a, b] kapalı aralığında olmak üzere,
f (c) mutlak maksimum değerini ve f (d) mutlak minimum değerin alır.
Şekilde, Uç Değer Teoreminin hipotezlerinden birini kaldırdığımızda (süreklilik ya da kapalı aralık) fonksiyonun
uç değerlere sahip olması gerekmediğini gösterir.
Uç Değer Teoremi bir kapalı aralıkta sürekli olan bir fonksiyonun bir maksimum ve bir minimum değere sahip
olduğunu söyler, fakat bu uç değerlerin nasıl bulunacağı konusunda bir şey söylemez.
Yerel uç değerleri arayarak işe başlayalım.
Şekil 4.6, c de bir yerel maksimumu ve d de bir yerel minimumu olan bir f fonksiyonunun grafiğini göstermektedir.
Maksimum ve minimum noktalarda teğet doğruları yataydır ve bunun sonucu olarak her birinin eğimi 0 dır. Türevin
teğet doğrusunun eğimi olduğunu biliyoruz. Bu nedenle f 0 (c) = 0 ve f 0 (d) = 0 dır.
Şekil 4.6:
Fermat teoremi bu sonucun türevlenebilir fonksiyonlar için daima doğru olduğunu söyler.
8
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Theorem 2.
Fermat Teoremi :
f 0 (c) = 0 dır.
Eğer f , c noktasında yerel maksimuma ya da minimuma sahip ve f 0 (c) varsa
f 0 (c) = 0 olduğunda f nin c noktasında maksimumu ya da minimumu olması gerekmez. (Diğer bir
deyişle, Fermat teoreminin tersi genelde doğru değildir.)
Şekil 4.7: f 0 (0) = 0 fakat maksimum yada minimum yok
Şekil 4.8: f (0) = 0 minimum değer fakat f 0 (0) yok.
Tanım 3.
f bir fonksiyonu ve c sayısı f nin tanım kümesi içinde olsun. Eğer f 0 (c) = 0 ya da f 0 (c) yoksa c ye f nin
bir kritik sayısı denir.
4.2. MAKSIMUM VE MINIMUM DEĞERLER
9
Örnek 7.
f (x) = x3/5 (4 − x) fonksiyonunun kritik sayılarını bulunuz.
Çözüm: Çarpım kuralı ile
3
3(4 − x)
f 0 (x) = x−2/5 (4 − x) + x3/5 (−1) =
− x3/5
5
5x2/5
=
3(4 − x) − 5x
12 − 8x
=
2/5
5x
5x2/5
olur. [Aynı sonuç, ilk olarak f (x) = 4x3/5 − x8/5 yazılarak elde edilebilir.]
12 − 8x
f 0 (x) =
5x2/5
Böylece, f 0 (x) = 0 dan
12 − 8x = 0
3
3
olur. Buradan x = elde ederiz. x = 0 noktasında türev yoktur. Sonuç olarak, ve 0 kritik sayılardır.
2
2
Kritik sayının tanımından sonra Fermat teoremi aşağıdaki gibi de yazılabilir:
Theorem 3.
Eğer f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c noktası f nin bir kritik sayısıdır.
Kapalı Aralık Yöntemi
Bir [a, b] kapalı aralığında tanımlanan bir sürekli fonksiyonun mutlak maksimum ya da minimum değerlerini bulmak
için:
1. f nin (a, b) deki kritik sayılardaki değerlerini bulunuz.
2. Aralığın uç noktalarında f nin değerlerini bulunuz.
3. 1. ve 2. adımlardaki değerlerin en büyüğü mutlak maksimum değeri, en küçüğü ise mutlak maksimum değeridir.
Örnek 8.
f (x) = x − 2 sin x, 0 ≤ x ≤ 2π fonksiyonunun mutlak maksimum ve mutlak minimum değerlerini tam
olarak bulunuz.
Çöüzüm: f (x) = x − 2 sin x fonksiyonu [0, 2π] aralığında süreklidir. f 0 (x) = 1 − 2 cos x olduğundan,
1
cos x = ⇒ f 0 (x) = 0
2
olur. Bu x = π/3 ya da 5π/3 iken olur. Bu kritik noktalardaki f değerleri
π
π
π √
f (π/3) = − 2 sin = − 3 ≈ −0.684853
3
3
3
f (5π/3) =
5π
5π
5π √
− 2 sin
=
+ 3 ≈ 6.968039
3
3
3
dir.
Uç noktalarda f nin aldığı değerler √
f (0) = 0 ve f (2π) = 2π ≈ 6.28 dir. Bu dört değeri
√ karşılaştırdığımızda
+
mutlak minimum değeri f (π/3) = π3 − 3, mutlak maksimum değeri ise f (5π/3) = 5π
3 olarak bulunur.
3
10
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Ortalama-Değer Problemi
Theorem 4.
Eğer f fonksiyonu [a, b] aralığında türevlenebilir bir fonksiyon ise a ve b arasında
f 0 (c) =
f (b) − f (a)
b−a
ya da denk olarak
f (b) − f (a) = f 0 (c)(b − a)
eşitliğini sağlayan bir c sayısı vardır.
Bu teoremin akla uygun olduğunu geometrik bir yorumla görebiliriz. Şekil 4.9 türevlenebilir iki fonksiyonun
grafikleri üzerinde A(a, f (a)) ve B(b, f (b)) noktalarını göstermektedir.
Şekil 4.9:
4.3
4.3.1
Türevler ve Bir Eğrinin Eğimi
Artan ve Azalan Fonksiyonlar
Kural 1.
Artan/Azalan Testi
(a) Bir aralıkta f 0 (x) > 0 ise, bu aralıkta f artandır.
(b) Bir aralıkta f 0 (x) < 0 ise, bu aralıkta f azalandır.
Bu testin adına kısaca Ar/Az Testi diyelim.
Örnek 9.
f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun artan ve azalan olduğu aralıkları bulunuz.
4.3. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
11
Çözüm:
f 0 (x) = 12x3 − 12x2 − 24x = 12x(x − 2)(x + 1)
Ar/Az Testi’ni kullanmak için nerede f 0 (x) > 0, nerede f 0 (x) < 0 olduğunu bilmek zorundayız. Bu f 0 (x) in
çarpanlarının işaretlerine bağlıdır. Bu çarpanlar, 12x, x − 2 ve x + 1 dir.
Gerçel doğruyu uç noktaları −1, 0, 2 kritik sayıları olan aralıklara bölelim ve çalışmamızı bir çizelgeye yerleştirelim.
Artı işareti, verilen ifadenin pozitif, eksi işareti, verilen ifadenin negatif olduğunu gösterir.
Dolayısıyla f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunu
(−∞, −1) aralığında AZALAN,
(−1, 0) aralığında ARTAN,
(0, 2) aralığında AZALAN,
(2, ∞) aralığında ise ARTAN dır.
4.3.2
Yerel Minimum/Maksimum Noktaları
Daha önce f nin c de bir yerel maksimumu ya da minimumu varsa, c nin f nin bir kritik sayısı olması gerektiğini(Fermat
Teoremi), fakat her kritik sayıda bir maksimum ya da minimumun ortaya çıkmayacağını hatırlayalım. Bunun sonucu
olarak bir kritik sayıda f nin bir yerel maksimumu ya da minimumu olup olmadığını anlayacağımız bir teste ihtiyacımız
var.
Kural 2.
Birinci Türev Testi
Bir f sürekli fonksiyonunun bir kritik sayısının c olduğunu varsayalım.
(a) Eğer f 0 türevi c de pozitiften negatife değişirse, f nin c de bir yerel maksimumu vardır.
(b) Eğer f 0 türevi c de negatiften pozitife değişirse, f nin c de bir yerel minimumu vardır.
(c) Eğer f 0 türevi c de işaret değiştirmezse (f 0 , c nin iki yanında pozitif ya da negatif ise), f nin c de
yerel maksimumu ve minimumu yoktur.
Örnek 10.
f (x) = 3x4 − 4x3 − 12x2 + 5 fonksiyonunun yerel minimum ve maksimum değerlerini bulunuz.
Çözüm: Bu fonksiyonun önceki örnekteki fonksiyon olduğunu anımsayınız.
O örnekteki çizelgeden f 0 türevinin −1 noktasında negatiften pozitife değiştiğini görürüz. Dolayısıyla f (−1) = 0,
Birinci Türev Testi ile bir yerel minimum değeridir.
Benzer şekilde f 0 türevi, 2 de negatiften pozitife değişir. Burada f (2) = −27 de bir yerel minimum değeridir.
Ayrıca f (0) = 5 bir yerel maksimum değeridir, çünkü f 0 türevi 0 da pozitiften negatife değişir.
12
4.3.3
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Bükeylik
Tanım 4.
Bir f fonksiyonunun f 0 türevi bir I aralığı üzerinde artan bir fonksiyon ise f fonksiyonu (ya da grafiği) I
üzerinde dışbükeydir denir.
Eğer f 0 türevi bir I aralığı üzerinde azalan bir fonksiyon ise f fonksiyonu I üzerinde içbükeydir denir.
4.3. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
13
Tanım 5.
Bir eğrinin bükeyliğinin yönünün değiştiği noktaya büküm noktası denir.
Şekildeki eğri P de dışbükeylikten içbükeyliğe ve Q da içbükeylikten dışbükeyliğe değişir. Dolayısıyla P ve Q
noktaları eğrinin büküm noktalarıdır.
Kural 3.
Bükeylik Testi
(a) I aralığındaki her x için f 00 (x) > 0 ise I üzerinde f nin grafiği dışbükeydir.
(b) I aralığındaki her x için f 00 (x) < 0 ise I üzerinde f nin grafiği içbükeydir.
Bükeylik Testi’nin bir sonucu maksimum ve minimum değerleri veren aşağıdaki testtir.
Kural 4.
İkinci Türev Testi: f 00 türevinin c nin yakınında sürekli olduğunu varsayalım.
(a) f 0 (c) = 0 ve f 00 (c) > 0 ise f nin c de bir yerel minimumu vardır.
(b) f 0 (c) = 0 ve f 00 (c) < 0 ise f nin c de bir yerel maksimumu vardır.
NOT f 00 (c) = 0 olduğunda İkinci Türev Testi sonuç vermez. Diğer bir deyişle, bu noktada bir maksimum veya bir
minimum olabilir ya da her ikisi de olmayabilir. Bu test f 00 (c) tanımlı olmadığında da geçerli değildir. Böyle durumlarda Birinci Türev Testi kullanılmalıdır. Her iki testin kullanılabildiği durumlarda Birinci Türev Testi’ni kullanmak
çoğu kez daha kolaydır.
Örnek 11.
y = x4 − 4x3 eğrisinin bükeyliğini, büküm noktalarını, yerel maksimum ve yerel minimum değerlerini
tartışınız. Bu bilgileri kullanarak eğrinin grafiğini çiziniz.
14
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Çözüm: Eğer f (x) = x4 − 4x3 ise
f 0 (x) = 4x3 − 12x2 = 4x2 (x − 3)
f 00 (x) = 12x2 − 24x = 12x(x − 2)
olur.
Kritik sayıları bulmak için birinci türevi 0’a eşitleriz.
f 0 (x) = 4x3 − 12x2 = 4x2 (x − 3) = 0
Buradan x = 0 ve x = 3 elde ederiz. İkinci türev testini kullanabilmek için f 00 nü kritik sayılarda hesaplarız.
f 00 (0) = 0
f 00 (3) = 36 > 0
f 0 (3) = 0 ve f 00 (3) > 0 olduğu için f (3) = −27 yerel minimumdur. f 00 (0) = 0 olduğu için ikinci türev testi 0
kritik sayısı için bir bilgi vermez. Fakat x < 0 ve 0 < x < 3 için f 0 (x) < 0 olduğu için birinci türev testi f (x)’in
0’da yerel minimum veya maksimumunun olmadığını söyler.
İkinci türevin köklerini:
f 00 (x) = 12x(x − 2) = 0
⇒
x = 0 veya x = 2
olarak buluruz.
(0, 0) noktası büküm noktasıdır, çünkü ikinci türev bu noktada işaret değiştirir.
4.3. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
15
Örnek 12.
f (x) = x2/3 (6 − x)1/3 fonksiyonunun grafiğini çiziniz.
Çözüm: Fonksiyonun birinci ve ikinci türevlerini hesaplayalım.
f 0 (x) =
4−x
− x)2/3
x1/3 (6
f 00 (x) =
−8
− x)5/3
x4/3 (6
x = 4 olduğunda f 0 (x) = 0 ve x = 0 ya da x = 6 olduğunda f 0 (x) tanımlı olmadığından 0, 4, 6 noktaları kritik
sayılardır. Gerçel doğruyu uç noktaları 0, 4, 6 kritik sayıları olan aralıklara bölelim ve çalışmamızı bir çizelgeye
yerleştirelim.
Artı işareti, verilen ifadenin pozitif, eksi işareti, verilen ifadenin negatif olduğunu gösterir.
• f 0 , x = 0’da işaret değiştirdiği için f (0) = 0 yerel minimumdur.
• f 0 , x = 4’te işaret değiştirdiği için f (4) = 25/3 yerel maksimumdur.
• f 0 , x = 6’da işaret değiştirmediği için burada yerel maksimum/minimum yoktur.
f 00 (x) =
−8
x4/3 (6 − x)5/3
İkinci türev testi yalnızca x = 4’te kullanılabilir, çünkü x = 0’da ve x = 6’da f 00 yoktur.
f 00 ni inceleyelim (6, 0) noktası büküm noktasıdır, çünkü ikinci türev bu noktada işaret değiştirir.
16
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Eğrinin (0, 0) ve (6, 0) noktalarında düşey teğetleri olduğuna dikkat ediniz. Çünkü, x → 0 ve x → 6 iken
|f 0 (x)| → ∞.
Örnek 13.
f (x) = e1/x fonksiyonunun asimptotlarla birlikte birinci ve ikinci türevlerini kullanarak grafiğini çiziniz.
Çözüm: f nin grafiğini çizmek için ilk olarak y = 1 yatay asimptotu (kesik çizgi ile gösterilmiştir) ile eğrinin asimptotlarının yakınındaki parçalarını çizeriz. Bu parçalar limitler hakkındaki bilgileri ve f nin hem (−∞, 0) hem de
(0, ∞) da azalan olduğunu yansıtır. Burada f (0) tanımlı olmamasına karşın, x → 0− iken f (x) → 0 olduğuna dikkat
edilmelidir. Şekil9(b) de büküm noktası ve bükeylik ile ilgili bilgileri birleştirerek grafiği tamamlarız.
f nin tanım kümesi {x | x 6= 0} kümesidir. Dolayısıyla x → 0 iken f nin sağdan ve soldan limitlerini hesaplayarak düşey asimptotlarını kontrol edebiliriz.
x → 0+
iken 1/x → ∞
olduğunu biliyoruz. Buradan
lim e1/x = ∞
x→0+
çıkar. Bu x = 0’ın düşey asimptot olduğunu gösterir.
x → 0−
iken
1/x → −∞
olduğunu biliyoruz. Buradan
lim e1/x = 0
x→0−
çıkar.
4.3. TÜREVLER VE BIR EĞRININ EĞIMI
17
x → ∓∞, iken 1/x → 0 ve
lim e1/x = e0 = 1
x→∓∞
dır. Yani y = 1 yatay asipmtottur.
Şimdi f nin birinci türevini hesaplayalım. Zincir kuralı ile
f 0 (x) = −
e1/x
x2
dir. Her x 6= 0 için x2 > 0 ve e1/x > 0 olduğundan, her x 6= 0 için f 0 (x) < 0 dır.
Dolayısıyla f fonksiyonu, (−∞, 0) ve (0, ∞) aralıklarında azalandır. Kritik sayı olmadığından, f ’nin yerel maksimum/minimum u yoktur.
İkinci Türev:
f 00 (x) = −
x2 e1/x (−1/x2 ) − e1/x (2x)
e1/x (2x + 1)
=
x4
x4
e1/x > 0 ve x4 > 0 olduğundan,
x>
−1
(x 6= 0) iken f 00 (x) > 0
2
ve
x<
−1
2
iken f 00 (x) < 0
−1
−1 −2
olur. Böylece eğri (−∞, −1
2 ) aralığında iç bükey, ( 2 , 0) ve (0, ∞) aralıklarında dış bükeydir. ( 2 , e ) noktası
büküm noktasıdır.
18
4.4
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Belirsizlik Durumları ve L’Hospital Kuralı
Theorem 5.
L’Hospital Kuralı
a noktasının yakınında (belki a noktası dışında), f ve g fonksiyonlarının
türevlenebilir ve g 0 (x) 6= 0 olduğunu varsayalım.
lim f (x) = 0
ve
lim f (x) = ±∞
ve
x→a
lim g(x) = 0
x→a
ya da
x→a
olsun.(Diğer bir ifadeyle
−∞ ise),
0
0
ya da
∞
∞
lim g(x) = ±∞
x→a
belirsizliği olsun.) O zaman, sağ taraftaki limit varsa (ya da ∞ veya
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
x→a g(x)
x→a g (x)
lim
olur.
NOT L’Hospital Kuralı aynı zamanda tek yönlü limitler, sonsuzdaki ve eksi sonsuzdaki limitler için de geçerlidir.
Diğer bir ifadeyle ”x → a” yerine x → a+ , x → a− , x → ∞ ve x → −∞ sembollerinden biri gelebilir.
Örnek 14.
ln x
limitini bulunuz.
x→1 x − 1
lim
Çözüm:
lim ln x = ln 1 = 0 ve
x→1
lim (x − 1) = 0
x→1
olduğundan L’Hospital Kuralı’nı uygulayabiliriz:
ln x
lim
x→1 x − 1
d
(ln x)
1/x
= lim dx
= lim
x→1 d
x→1 1
(x − 1)
dx
1
= lim = 1
x→1 x
Örnek 15.
ex
limitini hesaplayınız.
x→∞ x2
lim
Çözüm:
lim ex = ∞ ve
x→∞
olduğundan L’Hospital Kuralı ile
lim x2 = ∞
x→∞
ex
ex
=
lim
x→∞ x2
x→∞ 2x
lim
4.4. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI
19
dir. x → ∞ iken ex → ∞ ve 2x → ∞ olduğundan L’Hospital Kuralı uygulanabilir:
ex
ex
ex
=
lim
=
lim
=∞
x→∞ x2
x→∞ 2x
x→∞ 2
lim
buluruz.
Örnek 16.
lim
x→π −
sin x
limitini bulunuz.
1 − cos x
Çözüm: Eğer burada L’Hospital Kuralı’nı koşullarını kontrol etmeden uygularsak
lim
x→π −
sin x
cos x
= lim
= −∞
1 − cos x x→π− sin x
elde ederiz. Bu yanlıştır!
lim
x→π −
sin x
1 − cos x
x → π − iken paydaki sin x → 0 olmasına rağmen paydadaki 1 − cos x ifadesi sıfıra yaklaşmaz.
Dolayısıyla burada L’Hospital Kuralı uygulanamaz.
Aslında bu limiti hesaplamak kolaydır, çünkü fonksiyon süreklidir ve payda π de sıfırdan farklıdır:
lim
x→π −
4.4.1
sin x
sin π
0
=
=
=0
1 − cos x
1 − cos π
1 − (−1)
Belirsiz Çarpımlar
Eğer
lim f (x) = 0
x→a
ve
lim g(x) = ∞(ya da − ∞)
x→a
ise
lim f (x)g(x)
x→a
limitinin değerinin, eğer varsa, ne olacağı açık değildir. Bu tür limit, 0 · ∞ türü belirsizlik olarak adlandırılır.
f · g çarpımını bölüm şeklinde yazarak bu durumu ele alabiliriz:
f ·g =
Verilen limiti
0
0
ya da
∞
∞
ya da
f ·g =
g
1/f
türü belirsizliğe dönüştürüp böylece L’Hospital Kuralı’nı kullanabiliriz.
Örnek 17.
lim x ln x limitini hesaplayınız.
x→0+
f
1/g
20
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Çözüm: Verilen limit belirsizdir. Çünkü x → 0+ için birinci çarpan (x), 0 a yaklaşırken ikinci çarpan (ln x), −∞ a
yaklaşır. x = 1/(1/x) yazarak x → 0+ iken 1/x → ∞ elde ederiz. Dolayısıyla L’Hospital Kuralı’nı uygulayarak
1
ln x
lim x ln x = lim
= lim x
x→0+
x→0+ 1/x
x→0+ −1
x2
= lim (−x) = 0
x→0+
buluruz.
NOT
Bu örneği çözerken bir başka seçenek
lim x ln x = lim
x→0+
x→0+
x
1/ ln x
yazmak olabilirdi. Bu 00 türü belirsizlik verir, ama L’Hospital Kuralı’nı uygularsak baştakinden daha karmaşık bir
ifade elde ederiz. Genelde belirsiz bir çarpımı yeniden yazarken daha basit bir limit elde edeceğimiz durumu seçmeye
çalışırız.
4.4.2
Belirisiz Farklar
lim f (x) = ∞ ve
x→a
lim g(x) = ∞
x→a
ise
lim [f (x) − g(x)]
x→a
limiti ∞ − ∞ türü belirsizlik olarak adlandırılır. Farkı bölüme çevirerek
çalışırız.
0
0
ya da
∞
∞
türü belirsizlik elde etmeye
Örnek 18.
lim
x→(π/2)−
(sec x − tan x) limitini hesaplayınız.
Çözüm: x → (π/2)− iken sec x → ∞ ve tan x → ∞ olduğundan verilen limit belirsizdir. Burada ortak paydayı
kullanırız:
1
sin x
lim (sec x − tan x) =
lim
−
cos x
x→(π/2)−
x→(π/2)− cos x
1 − sin x
=
lim
cos x
x→(π/2)−
− cos x
=
lim
=0
x→(π/2)− − sin x
x → (π/2)− iken 1 − sin x → 0 ve cos x → 0 olmasının, L’Hospital Kuralı’nı uygulamayı haklı çıkardığına dikkat
ediniz.
4.4.3
Belirsiz Kuvvetler
lim [f (x)]g(x)
x→a
limitinden çeşitli belirsizlik durumları ortaya çıkar.
4.4. BELIRSIZLIK DURUMLARI VE L’HOSPITAL KURALI
• lim f (x) = 0
x→a
ve
• lim f (x) = ∞ ve
x→a
• lim f (x) = 1
x→a
ve
21
00 türü
lim g(x) = 0
x→a
lim g(x) = ∞
∞0 türü
lim g(x) = ±∞
1∞ türü
x→a
x→a
Bu üç durumdan her biri ya doğal logaritma alarak:
y = [f (x)]g(x)
ln y = g(x) ln f (x)
ise
yada üstel fonksiyon şeklinde yazarak:
[f (x)]g(x) = eg(x) ln f (x)
(Bu yöntemlerin her ikisinin de bu fonksiyonların türevlerini bulurken kullanıldığını anımsayınız.) Her iki durumda
da 0 · ∞ türü g(x) ln f (x) belirsiz çarpımını elde ederiz.
Örnek 19.
lim (1 + sin 4x)cot x limitini hesaplayınız.
x→0+
Çözüm: İlk olarak x → 0+ iken
1 + sin 4x → 1
cot x → ∞
ve
olduğundan verilen limitin belirsiz olduğuna dikkat ediniz.
y = (1 + sin 4x)cot x
olsun. O zaman
ln y = ln[(1 + sin 4x)cot x ] = cot x · ln(1 + sin 4x)
=
ln(1 + sin 4x)
tan x
olur,
lim ln y = lim
x→0+
x→0+
ln(1 + sin 4x)
tan x
0
( belirsizliği)
0
dolayısıyla L’Hospital Kurali ile
= lim
x→0+
4 cos 4x
1+sin 4x
sec2 x
=4
buluruz.Buraya kadar ln y nin limitini hesapladık. Fakat biz y nin limitini bulmak istiyoruz. Bunu bulmak için
y = eln y olduğunu kullanalım:
lim (1 + sin 4x)cot x = lim y = lim eln y = e4
x→0+
Örnek 20.
lim xx limitini bulunuz.
x→0+
x→0+
x→0+
22
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Çözüm: Herhangi bir x > 0 için 0x = 0, ama herhangi bir x 6= 0 için x0 = 1 olduğundan bu limitin belirsiz olduğuna
dikkat ediniz. Fonksiyonu üstel şekilde yazarak devam edebiliriz:
xx = (eln x )x = ex ln x
daha önce L’Hospital kuralını kullanarak lim x ln x = 0 olduğunu gösterdik. Dolayısıyla
x→0+
lim xx = lim ex ln x = e0 = 1 dir.
x→0+
4.5
x→0+
Optimizasyon Problemleri
Örnek 21.
2400 ft çiti olan bir çiftçi, bu çit ile bir kenarı ırmağa sınır olan dikdörtgensel bir arazi çevirmek istiyor.
Irmak boyunca çit çekmesine gerek yoktur. En büyük alana sahip arazinin boyutları nedir?
Çözüm: Bu problemde neler olduğunu hissetmek için birkaç özel durumu deneyelim. Aşağıda (ölçeklenmemiş), 2400
ft lik teli kullanmanın olası yollarından üçünü göstermektedir.
Sığ, geniş bölgeleri ya da derin, dar bölgeleri denediğimizde küçük alanlar elde ettiğimizi görüyoruz. En büyük
alanı arada bulunan şeklin vereceği akla yatkındır. Şekil 4.10 genel durumu göstermektedir. Dikdörtgenin A alanını
maksimum yapmak istiyoruz. x ve y sırasıyla dikdörtgenin derinliği ve genişliği olsun.
Şekil 4.10:
Bu durumda A yı x ve y cinsinden ifade ederiz:
A = xy
A yı tek değişkenli fonksiyon olarak ifade etmek istiyoruz. Bu nedenle y yi x cinsinden yazarak yok edeceğiz. Bunun
için, telin toplam uzunluğunun 2400 ft olduğu bilgisini kullanırız. Buradan,
2x + y = 2400
4.5. OPTIMIZASYON PROBLEMLERI
23
olur. Bu denklemden y = 2400 − 2x elde ederiz ve
A = x(2400 − 2x) = 2400x − 2x2
buluruz.
A = 2400x − 2x2
x > 0 ve x 6 1200 (aksi takdirde A < 0) olduğuna dikkat ediniz. Şimdi
A(x) = 2400x − 2x2
0 6 x 6 1200
fonksiyonunu maksimum yapmak istiyoruz. Türev A0 (x) = 2400 − 4x dir. Kritik sayıları bulmak için,
2400 − 4x = 0
denklemini çözerek, x = 600 buluruz.
A nın maksimum değeri ya bu kritik sayıda ya da aralığın bir uç noktasında oluşur. A(0) = 0, A(600) =
720000 ve A(1200) = 0, olduğundan, Kapalı Aralık Yöntemi maksimum değeri A(600) = 720000 olarak verir.
[Alternatif olarak, her x için A00 (x) = −4 < 0 olduğundan A daima iç bükeydir ve x = 600 deki yerel maksimum bir
mutlak maksimum olmalıdır.] Sonuç olarak, dikdörtgensel bölgenin derinliği 600 ft ve genişliği 1200 ft olmalıdır.
Örnek 22.
1 L yağ koymak için silindir biçiminde bir teneke kutu yapılmak isteniyor. Metal maliyeti minumum olan
kutu üretmek için boyutları bulunuz.
Çözüm: Şekil 4.11 deki gibi, yarıçapı r ve yüksekliği h olan bir silindir çiziniz.
Şekil 4.11:
Metal maliyetini minimum yapmak için, silindirin toplam yüzey alanını (alt, üst ve yan) minumum yaparız. Şekil
4.12 den, kenarların, boyutları 2πr ve h olan bir dikdörtgensel levhadan yapıldığını görürüz.
Bu nedenle silindirin yüzey alanı
A = 2πr2 + 2πrh olur.
h yi yok etmek için hacmin 1L olarak verildiğini, 1000 cm3 alarak kullanırız. Böylece
πr2 h = 1000
den
h=
1000
(πr2 )
24
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
Şekil 4.12:
olur.Bunu A nın ifadesinde yerine koyarsak
2
A = 2πr + 2πr
1000
πr2
= 2πr2 +
2000
r
elde ederiz. Şimdi
A(r) = 2πr2 +
2000
r
r>0
fonksiyonunu minimum yapmak istiyoruz.Kritik sayıları bulmak için A(r) nin türevini alırız:
A0 (r) = 4πr −
2000
4(πr3 − 500)
=
r2
r2
q
dir. A nın tanım kümesi (0, ∞)
Burada πr3 = 500 olduğunda A0 (r) = 0 olur. Bu nedenle tek kritik sayı r = 3 500
q π
q
0 (r) < 0 ve r > 3 500 için
olduğundan bir önceki örnekteki gibi uç noktaları kullanamayız. Ama r < 3 500
için
A
π
π
A0 (r) > 0 olduğunu, dolayısıyla Aqnın kritik sayısının solundaki her r için azaldığını ve sağındaki her r için arttığını
+
gözlemleyebiliriz. Böylece, r = 3 500
π mutlak minimumu vermelidir. [Alernatif olarak, r → 0 iken A(r) → ∞
ve r → ∞ iken A(r) → ∞ olduğundan, A(r) nin bir minumum değeri olmalı ve bu minimum değer kritik sayıda
meydana gelmelidir. Bkz. Şekil 4.13]
Şekil 4.13:
4.5. OPTIMIZASYON PROBLEMLERI
r=
q
3
500
π
25
değerine karşılık gelen h değeri
r
1000
1000
3 500
h=
=
=2
= 2r
2
2/3
πr
π
π(500/π)
q
dir. Böylece kutunun maliyetini minimum yapmak için yarıçap 3 500
π cm ve yükseklik yarıçapın iki katı, yani çap
olmalıdır.
Örnek 23.
y 2 = 2x parabolü üzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan noktayı bulunuz.
Çözüm: (x, y) ve (1, 4) noktaları arasındaki uzaklık
p
d = (x − 1)2 + (y − 4)2
ile verilir. (Bkz. Şekil 4.14)
Şekil 4.14:
Ama, (x, y) parabolün üzerindeyse, x = y 2 /2 dir ve d nin ifadesi
s
2
1 2
d=
y − 1 + (y − 4)2
2
√
olur. (İkinci seçenek, y = 2x alarak d yi yalnızca x cinsinden ifade edebilirdik.)
d yi minimum yapmak yerine karesini minimum yapacağız:
2
d = f (y) =
1 2
y −1
2
2
+ (y − 4)2
(d2 nin minimumu ile d nin minimumunun aynı noktada meydana geldiğine, ama d2 ile çalışmanın d ile çalışmaktan
daha kolay olduğuna dikkat ediniz.)
Türev alırsak
1 2
0
f (y) = 2
y − 1 y + 2(y − 4) = y 3 − 8
2
26
BÖLÜM 4. TÜREV UYGULAMALARI
elde ederiz, dolayısıyla y = 2 olduğunda f 0 (y) = 0 olur. y < 2 için f 0 (y) < 0 ve y > 2 için f 0 (y) > 0 olduğunu
gözlemleyiniz. Buradan Mutlak Uç Değerler için Birinci Türev Testi’ne göre mutlak minimum y = 2 de meydana
gelir. (Yalnızca, problemin geometrik yapısından ötürü en yakın noktanın olduğunun fakat en uzak noktanın olmadığının açık olduğunu söyleyebilirdik.) Karşı gelen x değeri x = y 2 /2 = 2 dir. Böylece y 2 = 2x parabolü
üzerinde (1, 4) noktasına en yakın olan nokta, (2, 2) noktasıdır.
4.6
Bir Fonksiyonun İlkeli
Tanım 6.
Eğer bir I aralığındaki her x için F 0 (x) = f (x) ise, F fonksiyonuna I üzerinde f nin ilkeli denir.
Örneğin, f = x2 olsun. Eğer Kuvvet Kuralı’nı aklımızda tutarsak, f nin bir ilkelini bulmak zor değildir.
F (x) = 13 x3 ise F 0 (x) = x2 = f (x) dir.
Fakat G(x) = 13 x3 + 100 fonksiyonu da G0 (x) = x2 yi sağlar.
Böylece hem F hem de G fonksiyonları f nin ilkelleridir.
Gerçekten, C bir sabit olmak üzere, H(x) = 31 x3 + C biçimindeki her fonksiyon f nin bir ilkelidir.
Theorem 6.
F fonksiyonu bir I aralığı üzerinde f nin bir ilkeli ise, C herhangi bir sabit olmak üzere,
F (x) + C
(4.1)
f nin I üzerindeki en genel ilkelidir.
Örnek 24.
Aşağıdaki fonksiyonların en genel ilkellerini bulunuz.
(a) f (x) = sin x
(c) f (x) = xn ,
(b) f (x) = 1/x
n 6= 1
Çözüm: (a)
F (x) = − cos x
ise
F 0 (x) = sin x
olur. Bu nedenle sin x in bir ilkeli − cos x dir. Teoremden en genel ilkeli G(x) = − cos x + C dir.
d
1
(b)
(ln x) = olduğunu anımsayınız. Bu nedenle (0, ∞) aralığında 1/x in genel ilkeli ln x + C dir.
dx
x
Aynı zamanda, her x 6= 0 için
d
1
(ln |x|) =
dx
x
olduğunu öğrenmiştik.
Teorem, f (x) = 1/x in genel ilkelinin sıfırı içermeyen herhangi bir aralıkta ln |x| + C olduğunu söyler. Özel
olarak, (−∞, 0) ve (0, ∞) aralıklarının her birinde bu doğrudur. Böylece f nin genel ilkeli
ln x + C1 eğer x > 0
F (x) =
ln(−x) + C2 eğer x < 0
4.6. BIR FONKSIYONUN İLKELI
27
dir.
(c) xn nin ilkelini bulmak için Kuvvet Kuralı’nı kullanırız. Aslında, n 6= 1 ise,
n+1 d
x
(n + 1)xn
=
= xn
dx n + 1
n+1
dir. Böylece f (x) = xn nin genel ilkeli
F (x) =
xn+1
+C
n+1
olur. f (x) = xn bir aralık üzerinde tanımlı olduğundan bu n > 0 için geçerlidir. Eğer n negatif (fakat n 6= −1) ise
bu 0 ı içermeyen herhangi bir aralıkta geçerlidir.