Issuu on Google+

OPTİMİZASYON


2 İktisat bilimi açısından optimizasyon, amacımıza en uygun olan seçeneğin

belirlenmesidir.

Örneğin

bir

firmanın

kârını

maksimize edecek olan üretim miktarının belirlenmesi; bir bireyin

toplam

faydasını

maksimize

edecek

tüketim

miktarlarının belirlenmesi; belirli üretim kısıtı altında toplam maliyetin minimize edilmesi gibi çok sayıda minimizasyon ya da maksimizasyon

seçenekleri

birer

optimal

seçimdir.

Maksimizasyon ve minimizasyon durumlarına genel olarak uçdeğer diyoruz.


3 Biz bu konu başlığı altında yalnızca kısıtsız optimizasyon durumlarını inceliyoruz.

Bir

optimizasyon

fonksiyonunun amacımızı

(bir

probleminde

belirlenmesidir.

yapılacak Bundan

maksimizasyon

ya

gerçekleştirecek olan değerler bulunur.

ilk

sonraki da

iş,

amaç

aşamada,

minimizasyon)


4 Örneğin bir firmanın toplam kârını maksimize etmek istediğini varsayalım. Bu durumda amaç fonksiyonu şöyle oluşacaktır.

π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q ) Burada amacımız, kârı (π) maksimize eden üretim miktarının (Q) belirlenmesidir. İlk olarak optimizasyon konusuna salt matematiksel açıdan bakalım ve ardından iktisadi uygulamaları yapalım. y=f(x) fonksiyonuna ilişkin bazı şekiller aşağıda yer almaktadır.


5 Şekil 4.1a’da sabit bir fonksiyon vardır. Fonksiyonun üzerinde farklı x değerlerine karşılık yer alan tüm y değerleri aynı olduğundan, bu değerleri bir optimal olarak öne süremeyiz. Şekil 4.1b’de D noktası bir mutlak minimumdur. Fonksiyon monotonik artan olduğundan, bir maksimuma sahip değildir. Şekil 4.1c’de ise fonksiyonun bir maksimumu (E noktası) bir de minimumu (F noktası), yani iki uç değeri vardır.


6

Şekil 4.1. Uçdeğer Noktalarının Belirlenmesi

A•

y

y

y

B

0

C

•F

D• x

(a)

E

0

x

( b)

0

x

(c)


7

Göreli Uçdeğer İçin Birinci Türev Sınaması Üzerinde

çalışacağımız

y=f(x)

fonksiyonunun,

sürekli

ve

türevlenebilir olduğunu varsayıyoruz. Öyle ki, bazı durumlarda fonksiyonun

birinci

türevinin

alınamadığı

bir

noktada

bir

uçdeğer söz konusu olabilir. Örneğin aşağıdaki Şekil 4.2a’da A ve B noktaları birer uçdeğer olmakla birlikte, bu noktada fonksiyonun tanımlı türevi yoktur. Şekil 4.2b’de ise C ve D noktalarında birer uçdeğer vardır ve bunu birinci ve ikinci türev sınamalarıyla anlayabiliriz.


8

Şekil 4.2. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi

y

y

A

D

• B 0

•C x

(a)

0

x

( b)


9

y=f(x) fonksiyonunun birinci türevi x=x0 noktasında sıfıra eşitse ve; 1. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken pozitiften negatife doğru işaret değiştiriyorsa göreli maksimum. 2. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken negatiften pozitife doğru işaret değiştiriyorsa göreli minimum 3. Türevin işareti, x0 ’ın solundan sağına giderken değişmiyorsa ne göreli maksimum ne de göreli minimum vardır.


10

f´(x)=0 eşitliğini sağlayan x0 değerine kritik değer, er f(x0) değerine de durgunluk değeri diyoruz. Bu anlamda, Şekil 4.2b’de yer alan C ve D noktaları, birer durgunluk değerine sahiptir. Ancak tüm durgunluk noktaları, bir uç değer anlamına gelmez. Şekil 4.3a ve b’de birer durgunluk noktası olmasına rağmen, bir göreli

uçdeğer

yoktur.

Buna

karşın

Şekil 4.3c ve d’deki

durgunluk noktalarında sırasıyla bir minimum ve maksimum vardır.


Şekil 4.3. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi y

(a)

y

( b)

A

0

D•

x0

x

0 y

y

(c)

• x0

• x0

x

D

(d )

C 0

B

x

0

x0

x

11


12

Örnek 1:

y = f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x + 8

fonksiyonunun

lerini bulalım.

dy = f ′( x ) = 3 x 2 − 24 x + 36 = 0 dx x 2 − 8 x + 12 = 0

}

x1* = 2 * x2 = 6

x1* = 2

f ( 2 ) = 40 ,

f ′ ( 2) = 0

x =6

f ( 6) = 8

f ′ ( 6) = 0

* 2

,

göreli

uçdeğer-


13

x<2

f ′( x) > 0

ve

x>2

f ′( x) < 0

x<6

f ′( x) < 0

ve

x>6

f ′( x) > 0


Şekil 4.4. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 1)

14

y y = f ( x ) = x 3 − 12 x 2 + 36 x + 8

80

60

40

20

-2

• 2

-20

-40

4

6

x 8

10


15

Örnek 2:

AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8

ortalama

maliyet

fonksiyonunun

göreli uçdeğerlerini bulalım.

AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8 dAC = AC ′(Q ) = 2Q − 5 = 0 → Q * = 2.5 , AC ( Q * ) = 1.75 dQ Q < 2.5 → AC ′(Q ) < 0

ve

Q > 2.5 → AC ′(Q ) > 0


16

Şekil 4.5. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 2) AC

AC = AC (Q ) = Q 2 − 5Q + 8

50

40

30

20

10

• 2 Q = 2.5 *

Q 4

6

8

10


17

Örnek 3:

y = f ( x) = x − 3x + 5 3

2 ′ f ( x) = 3x − 3 = 0

x < −1

−1 < x < 1

f ′( x) > 0

* 1,2

x

= ∓1

1 > x > −1

ve

→ f ′( x) < 0

ve

x>1

→ f ′( x) < 0 →

x = − 1'de maksimum , x = 1'de minimum * 1

* 2

f ′( x) > 0


18

Şekil 4.6. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 3)

y y = f ( x) = x − 3x + 5 3

12.5

10

7.5

5

2.5

• x

-4

-2

2 -2.5

4


19

Örnek 4:

1 y = f ( x) = x + x

,

1 f ′( x) = 1 − 2 = 0 x x < −1

−0 < x < 1

x≠0

f ′( x) > 0 →

* = ∓1 x1,2

0 > x > −1

ve

f ′( x) < 0

ve

x>1

→ →

x1* = − 1'de maksimum , x2* = 1'de minimum

f ′( x) < 0 f ′( x) > 0


20

Şekil 4.7. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 4) y 15

10

5

-4

-2

1 y = f ( x) = x + x

-10

-15

x≠0

x 2

-5

,

4


21

İkinci ve Daha Yüksek Türevler

y = f ( x) dy = f ′( x) dx ⎛ dy ⎞ d⎜ ⎟ 2 d dx ⎝ ⎠ = y = f ′′ x ( ) 2 dx dx ( n − 1) ⎞ ⎛ d y ⎛d y⎞ d d⎜ 2 ⎟ ⎜⎜ ( n −1) ⎟⎟ n 3 dx dx d y d y ⎝ ⎠= ⎝ ⎠ ( n) ′′′ f x , .........., f = = = ( ) ( x) n 3 dx dx dx dx 2


22 Örnek 5:

x y = f ( x) = 1+ x

, x ≠ −1

1 + x) − x ( 1 −2 f ′( x) = = = (1 + x ) 2 2 (1 + x ) (1 + x ) f ′′ ( x ) = −2 ( 1 + x ) f ′′′ ( x ) = 6 ( 1 + x ) f

( 4)

−3

−4

( x ) = −24 ( 1 + x )

−5


23

Bir

Fonksiyonda

Birinci

ve

İkinci

Türevlerin

Tanımlanması

A noktasında :

f ′( x) > 0

,

f ′′ ( x ) < 0

B noktasında :

f ′( x) = 0

,

f ′′ ( x ) < 0

C noktasında :

f ′( x) < 0

,

f ′′ ( x ) < 0


24

D noktasında :

f ′( x) < 0

,

f ′′ ( x ) > 0

E noktasında :

f ′( x) = 0

,

f ′′ ( x ) > 0

F noktasında :

f ′( x) > 0

,

f ′′ ( x ) > 0


Şekil 4.8. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesine Birinci ve İkinci Türev Yaklaşımları f ′( x) = 0

y

y

f ′′ ( x ) < 0

•B

•f ′ ( x ) > 0

f ′( x) < 0

A

C

f ′′ ( x ) < 0

D

f ′′ ( x ) < 0

0

f ′( x) < 0

f ′( x) > 0

f ′′ ( x ) > 0

f ′′ ( x ) > 0

•F

E

• f ′( x) = 0 x

(a)

25

0

f ′′ ( x ) > 0

( b)

x


Şekil 4.9. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesine Birinci ve İkinci Türev Yaklaşımları f ′( x) < 0

y

K

y

f ′′ ( x ) > 0

• f ′( x) = 0

f ′( x) = 0

f ′( x) < 0

L

f ′′ ( x ) = 0

26

f ′′ ( x ) = 0

f ′′ ( x ) < 0

• M

0

x

(a)

N

0

•P

R

•f ′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) > 0

•f ′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) < 0

( b)

x


27

Göreli Uçdeğer İçin İkinci Türev Sınaması Bir

y = f ( x ) fonksiyonunun birinci türevi x=x0 noktasında sıfıra

eşitse ve;

f ′′ ( x0 ) < 0

göreli maksimum

f ′′ ( x0 ) > 0

göreli minimum


28

Örnek 6:

y = f ( x ) = 4 x2 − x 1. f ′ ( x ) = 8 x − 1 = 0

1 x0 = 8

2. f ′′ ( x ) = f ′′ ( x0 ) = 8 > 0 1 x0 = , 8

1 f ( x0 ) = 'da minimum var. 16


29

Şekil 4.10. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 6)

y 30

y = f ( x) = 4x − x 2

20

10

-3

-2

-1

1

2

3

x


30

Örnek 7:

y = f ( x ) = x3 − 3 x2 + 2 1. f ′ ( x ) = 3 x 2 − 6 x = 0

x1* = 0 ,

x2* = 2

2. f ′′ ( x ) = 6 x − 6 * ′′ f ( x1 = 0 ) = −6 < 0

,

* ′′ f ( x2 = 2 ) = 6 > 0

x1* = 0 ,

f ( x1* = 0 ) = 2 'de maksimum var.

x2* = 2 ,

f ( x2* = 2 ) = −2 'de minimum var.


31

Şekil 4.11. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 7)

y 7.5

5

2.5

-4

-2

2

-2.5

y = f ( x ) = x3 − 3 x2 + 2

-5

-7.5

4

x


32

Örnek 8:

y = f ( x ) = x − 5 x + 20 x + 10 3

2

1. f ′ ( x ) = 3 x − 10 x + 20 = 0 2

( reel kök yok )

Ne maksimum ne de minimum vardır. 10 2. f ′′ ( x ) = 6 x − 10 = 0 → x = = 1.67 6 x=1.67’de bir dönüm noktası vardır.


33

Şekil 4.12. Göreli Uçdeğerlerin Belirlenmesi (Örnek 8)

y 150

100

50

-2

Dönüm Noktası

2

-50

4

6

x


34

İktisadi Örnekler Kâr Maksimizasyonu Koşulları

TR = TR ( Q )

,

TC = TC ( Q )

π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q ) dπ 1. = π′ ( Q ) = TR′ ( Q ) − TC ′ ( Q ) = 0 dQ TR′ ( Q ) = TC ′ ( Q )

MR ( Q ) = MC ( Q )


35

d 2π = π′′ ( Q ) = TR′′ ( Q ) − TC ′′ ( Q ) < 0 2. 2 dQ TR′′ ( Q ) < TC ′′ ( Q )

MR′ ( Q ) < MC ′ ( Q )


Şekil 4.13. Tam Rekabette Kâr Maksimizasyonu

TR TC

TC

TR B

A

TFC

0 Q1

Q2

Q*

Q4

Q

36


Şekil 4.14. Kâr Fonksiyonu ve Maksimizasyon

π

0

Q1

•Q

2

Q

*

Q4

Q

π (Q )

37


Şekil 4.15. Kâr Maksimizasyonu: MC=MR

P

MC

P = AR = MR

0

E1

Q1

E*

Q*

MR

Q

38


39

Kâr Maksimizasyonuna Sayısal Örnek: Tekelci Piyasa

TR = TR ( Q ) = 1000Q − 2Q

2

TC = TC ( Q ) = Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000 π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC ( Q )

(

) (

π ( Q ) = 1000Q − 2Q 2 − Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000 π ( Q ) = − Q + 57Q − 315Q − 2000 3

2

)


40

π ( Q ) = − Q + 57Q − 315Q − 2000 3

2

2 ′ π ( Q ) = −3Q + 114Q − 315 = 0

Q = 3 , Q = 35 * 1

* 2

π ′′ ( Q ) = −6Q + 114 π ′′ ( Q1* = 3 ) = −6Q1* + 114 = 96 > 0 * * ′′ π ( Q2 = 35 ) = −6Q2 + 114 = −96 < 0

Q2* = 35 ,

π ( Q2* ) = 13925 'de maksimizasyon var.


41

Şekil 4.16a. Tekelde Kâr Maksimizasyonu TR , TC 80000

TC ( Q ) = Q 3 − 59Q 2 + 1315Q + 2000

60000

B

40000

TR ( Q ) = 1000Q − 2Q

E

2

•E ′

20000

A

• 10

20

30

35

40

50

60

Q


42

Şekil 4.16b. Tekelde Kâr Maksimizasyonu

π

E

13925

10000

10

20

30 35 40

Q

50

-10000 -20000 -30000

π ( Q ) = − Q 3 + 57Q 2 − 315Q − 2000

60


43

Şekil 4.16c. Tekelde Kâr Maksimizasyonu MC

P 2000 1500

1000

E1

E*

MR

500

3

10

20

30

35 40

Q 50

60


44 Satış Vergisi Hasılatının Maksimizasyonu Bir tekelci piyasada devletin t ölçüsünde bir satış vergisi uyguladığını

varsayalım.

Verginin

ölçüsü

ne

olmalıdır

ki,

devletin bu piyasadan toplayacağı satış hasılatı maksimize olsun?

TR = TR ( Q ) = β Q − αQ 2 , TC = TC ( Q ) = aQ + bQ + c 2

α, β > 0 ,

a , b, c > 0


45

TC = TC *

TC

*

*

( Q ) = aQ

( Q ) = aQ

2

2

+ bQ + c + tQ

+ (b + t )Q + c

π = π ( Q ) = TR ( Q ) − TC * ( Q )

(

) (

π ( Q ) = −αQ + β Q − aQ + ( b + t ) Q + c 2

2

π ( Q ) = − ( α + a ) Q + (β − b − t ) Q − c 2

)


46

π ′ ( Q ) = −2 ( α + a ) Q + ( β − b − t ) = 0

π ′′ ( Q ) = −2 ( α + a ) < 0 2 β − − t bt t T = tQ * = 2(α + a)

dT β − b − 2t = =0 2(α + a) dt 1 d 2T =− <0 2 dt (α + a)

β−b t = 2 *

β−b−t Q = 2(α + a) *


47 Kübik Toplam Maliyet Fonksiyonunun İncelenmesi

TC = TC ( Q ) = aQ 3 + bQ 2 + cQ + d d = TFC > 0 Tüm Q değerleri için: MC ( Q ) = 3aQ + 2bQ + c > 0 2

a > 0 olmalıdır.

( U biçimli eğri )


48

MC'nin minimum değeri: dMC = 6aQ + 2b = 0 dQ MCmin = 3a ( Q

MCmin

*

)

2

b Q =− >0 3a

*

b<0

2

⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ + 2b ( Q ) + c = 3a ⎜ − ⎟ + 2b ⎜ − ⎟ + c ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠

3ac − b 2 = >0 3a

*

3ac − b > 0

a , c , d > 0 , b < 0 , 3ac − b 2 > 0

2

c>0


Şekil 4.17. Toplam Maliyet Fonksiyonu

TC = TC ( Q ) = aQ 3 + bQ 2 + cQ + d TC

a , c , d > 0 , b < 0 , 3ac − b 2 > 0

TFC 0

Q

49


50

Çeşitli Fonksiyonların İncelenmesi Örnek 9:

2x y = f ( x) = , 1 − 2x f ′( x) =

f ′′ ( x ) =

(1 − 2 x )

3

2

(1 − 2 x )

2

8

(1 − 2 x ) >0

3

1 x≠ 2

>0

>0 1 x< 2

ve

(1 − 2 x )

3

<0

1 x> 2


51

⎛ 2x ⎞ lim− ⎜ = +∞ ⎟ x → 12 ⎝ 1 − 2 x ⎠

,

⎛ 2x ⎞ lim+ ⎜ = −∞ ⎟ x → 12 ⎝ 1 − 2 x ⎠

,

⎛ 2x ⎞ = −1 lim ⎜ ⎟ x →∞ 1 − 2 x ⎝ ⎠

1 x = düşey asimptot 2

⎛ 2x ⎞ = −1 lim ⎜ ⎟ x →−∞ 1 − 2 x ⎝ ⎠

f ( x ) = −1 yatay asimptot


Şekil 4.18. Fonksiyon Analizi (Örnek 9)

7.5 5 2.5

-4

-2

2x y = f ( x) = 1 − 2x 1 x≠ 2 2

-2.5 -5 -7.5 -10

4

52


53

Örnek 10:

y = f ( x ) = x3 f ′ ( x ) = 3 x2 > 0

f ′ ( x ) = 3x2 = 0 →

,

x = 0, y = 0

f ′′ ( x ) = 6 x x>0

f ′′ ( x ) > 0

lim ( x 3 ) = −∞

x →−∞

,

;

x<0

lim ( x 3 ) = ∞ x →∞

f ′′ ( x ) < 0


Ĺ&#x17E;ekil 4.19. Fonksiyon Analizi (Ă&#x2013;rnek 10)

y = x3 2

1

-4

-2

2 -1

-2

4

54


55

Örnek 11:

1 y = f ( x) = 3 , x

x≠0

f ′ ( x ) = −3 x −4 < 0 , durgunluk değeri yok. f ′′ ( x ) = 12 x

−5

}

⎛ 1 ⎞ lim ⎜ 3 ⎟ = 0 , x →−∞ x ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ lim− ⎜ 3 ⎟ = −∞ , x→0 ⎝ x ⎠

x>0 x<0

→ →

f ′′ ( x ) > 0 f ′′ ( x ) < 0

⎛ 1 ⎞ lim ⎜ 3 ⎟ = 0 x →∞ x ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ lim+ ⎜ 3 ⎟ = ∞ x→0 ⎝ x ⎠


Şekil 4.20. Fonksiyon Analizi (Örnek 11)

150

100

50

-4

-2

1 y = f ( x) = 3 , x

2 -50

-100

-150

x≠0

4

56


57 Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi

f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + ..... + an x 2

3

n

f ′ ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + 4a4 x 3 + ..... + ( n ) an x n −1 2 n− 2 ′′ f ( x ) = 2a2 + 6a3 x + 12a4 x + ..... + ( n − 1)( n ) an x

f ′′′ ( x ) = 6a3 + 24a4 x + 60a5 x 2 + ..... + ( n − 2 )( n − 1)( n ) an x n − 3 ......................................................................... f

( n)

( x ) = 1.2.3.4..... ( n − 3 )( n − 2 )( n − 1)( n ) an


58 Yukarıdaki çokterimliyi ve türevlerini, x=0 için değerlendirelim:

f ( x = 0 ) = a0

f ( 0 ) = 0! a0

f ′ ( x = 0 ) = a1

f ′ ( 0 ) = 1! a1

f ′′ ( x = 0 ) = 2a2

f ′′ ( 0 ) = 2! a2

f ′′′ ( x = 0 ) = 6a3

f ′′′ ( 0 ) = 3! a3

f ( 4) ( x = 0 ) = 24a4 →

f ( 4) ( 0 ) = 4! a4

............................. f ( n ) ( x = 0 ) = 1.2.3..... ( n − 3 )( n − 2 )( n − 1)( n ) an

f ( n ) ( 0 ) = n ! an


59

f ( 0 ) = 0! a 0 f ′ ( 0 ) = 1! a1 f ′′ ( 0 ) = 2! a 2 f ′′′ ( 0 ) = 3! a 3

→ → → →

a0 = a1 = a2 = a3 =

f (0) 0! f ′ (0) 1! f ′′ ( 0 ) 2! f ′′′ ( 0 ) 3!

....................................................... f ( n) ( 0 ) = n ! an

an =

f ( n) ( 0 ) n!


60

f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ..... + an x n

f ( x) =

+

f ( 0) 0!

+

f ′′′ ( 0 ) 3!

f ′ ( 0) 1!

x+

x + ..... + 3

f ′′ ( 0 ) 2! f

( n)

x2

( 0)

n!

x n + Rn

Maclaurin Serisi (ya da x=0 etrafında Taylor kuvvet serisi açılımı)


61 Bir Çokterimlinin Taylor Serisi

f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + a3 x + ..... + an x 2

f ( x) =

f ( x0 ) 0!

f ′′′ ( x0 ) 3!

+

3

f ′ ( x0 ) 1!

( x − x0 )

3

( x − x0 ) +

+ ..... +

f

n

f ′′ ( x0 ) 2!

( n)

( x0 )

n!

( x − x0 )

( x − x0 )

n

2

+

+ Rn


62

Örnek 12: Aşağıdaki fonksiyonun x0=1 noktasında n=4 açılımını yapalım.

1 f ( x) = 1+ x f ′ ( x ) = − (1 + x )

−2

f ′′ ( x ) = 2 ( 1 + x )

−3

f ′′′ ( x ) = −6 ( 1 + x ) f

( 4)

−4

( x ) = 24 ( 1 + x )

−5

1 f ( x0 = 1 ) = 2

1 f ′ ( x0 = 1 ) = − 4

1 f ′′ ( x0 = 1) = 4

3 f ′′′ ( x0 = 1) = − 8

f

( 4)

3 ( x0 = 1 ) = 4


63

⎛ 1⎞ ⎛1⎞ − ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ 1 ⎝ 4⎠ 2 4⎠ ⎝ f ( x) = + x − x0 ) + x − x0 ) ( ( 2 1! 2! ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ − ⎟ ⎜ 8⎟ ⎜ 3 4 4⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x − x0 ) + x − x0 ) + R4 + ( ( 3! 4! 31 13 1 2 3 3 1 4 f ( x) = x+ x − x + x + R4 − 32 16 2 16 32


Şekil 4.21. Kuvvet Serisi Açılımları (Örnek 12)

64

x0=1 ’de açılım 10

5

-4

-2

1 f ( x) = 1+ x

31 13 1 2 3 3 1 4 f ( x) = − x+ x − x + x 32 16 2 16 32

2 -5

-10

4


65

Örnek 13:

Aşağıdaki fonksiyonun x0=−2 noktasında n=4 açılımını yapalım.

1 f ( x) = 1+ x f ′ ( x ) = − (1 + x )

−2

f ′′ ( x ) = 2 ( 1 + x )

−3

f ′′′ ( x ) = −6 ( 1 + x ) f

( 4)

−4

( x ) = 24 ( 1 + x )

−5

f ( x0 = − 2 ) = − 1

f ′ ( x0 = − 2 ) = − 1

f ′′ ( x0 = −2 ) = −2

f ′′′ ( x0 = −2 ) = −6

f ( 4) ( x0 = −2 ) = −24


66

f ( x ) = −1 − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) − ( x + 2 ) + R4 2

3

f ( x ) = −31 − 49 x − 31 x − 9 x − x + R4 2

3

4

4


Şekil 4.21. Kuvvet Serisi Açılımları (Örnek 13)

67

x0=−2 ’de açılım 20 10

-4

-2

1 f ( x) = 1+ x 2

4

-10 -20 -30 -40

f ( x ) = −31 − 49 x − 31 x 2 − 9 x 3 − x 4


68

Taylor Serisi ve Göreli Uçdeğerin Belirlenmesi

f ( x ) = f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ′′′ ( x0 ) 3!

( x − x0 )

3

+ ..... +

f

3!

( x − x0 )

3

+ ..... +

2! ( n)

( x0 )

n!

f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ′′′ ( x0 )

f ′′ ( x0 )

( x − x0 )

f ′′ ( x0 ) 2!

f ( n ) ( x0 ) n!

( x − x0 )

2

n

( x − x0 )

( x − x0 )

+

n

2

+


69

Şekil 4.22. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi y

y f ( x0 )

f ( x1 )

y = f ( x)

f ( x2 )

f ( x1 )

x1

x0

(a)

x2

x

0

2

f ( x0 )

x1

x0

y = f ( x)

0

• f (x ) •

( b)

x2

x


70

x1 < x0 < x2 ,

x1 < x0 < x2 ,

x1 < x0 < x2 ,

x1 < x0 < x2 ,

f ( x0 ) − f ( x1 ) > 0

f ( x0 ) − f ( x 2 ) > 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) < 0

f ( x0 ) − f ( x 2 ) < 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) > 0

f ( x0 ) − f ( x 2 ) < 0 f ( x0 ) − f ( x1 ) < 0

f ( x0 ) − f ( x 2 ) > 0

Maksimum

Minimum

Dönüm Noktası

Dönüm Noktası


71 1. Durum:

f ′ ( x0 ) ≠ 0 f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 +

+

f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 +

f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 −

+

f ( x ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 −


72

2. Durum:

f ′ ( x0 ) = 0 , f ′′ ( x0 ) ≠ 0 f ( x ) − f ( x0 ) =

1 2

f ′′ ( x0 )( x − x0 ) > 0 2

+

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 2

f ( x ) − f ( x0 ) =

f ′′ ( x0 )( x − x0 ) > 0

f ( x ) − f ( x0 ) =

+

f ′′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 2

1 2

Minimum 2

+

1 2

+

+

Maksimum

f ′′ ( x0 )( x − x0 ) < 0 2

+


73

4. Durum:

f ′ ( x0 ) = f ′′ ( x0 ) = ..... = f ( n − 1) ( x0 ) = 0 , f ( n ) ( x0 ) ≠ 0

⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭

n tek

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) +

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) +

⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭

n tek

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) −

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) −

( x0 )( x − x0 )

n

>0 D ö nü m Noktası

+

( x0 )( x − x0 )

n

<0

n

<0

( x0 )( x − x0 ) +

( x0 )( x − x0 ) −

n

>0

D ö nü m Noktası


74

4. Durum (Devamı):

⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭ n çift

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) +

⎫ ⎪ ⎬ sayı ise ⎪⎭

>0

+

Minimum

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) +

n çift

( x0 )( x − x0 )

n

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) −

f ( x ) − f ( x0 ) =

1 n!

f

( n) −

( x0 )( x − x0 )

n

>0

+

( x0 )( x − x0 )

n

<0

+

( x0 )( x − x0 ) +

Maksimum n

<0


75

Örnek 14:

y = f ( x) = (7 − x)

4

f ′ ( x ) = − 4 ( 7 − x ) = 0 → x0 = 7 3

f ′ ( x ) = −4 ( 7 − x )

3

f ′ ( 7) = 0

f ′′ ( x ) = 12 ( 7 − x )

2

f ′′ ( 7 ) = 0

f ′′′ ( x ) = −24 ( 7 − x )

f ′′′ ( 7 ) = 0

f ( 4) ( x ) = 24

f ( 4) ( x ) = 24 > 0

x0 = 7 , y = 0

noktasında minimum var.


Şekil 4.23. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 14) 400

y = f ( x) = (7 − x)

4

300

200

100

2

4

6

8

10

12

14

76


77

Örnek 15:

y = f ( x ) = x6 + 5

f ′ ( x ) = 6 x 5 = 0 → x0 = 0

5 ′ f ( x) = 6x

f ′ ( 0) = 0

f ′′ ( x ) = 30 x 4

f ′′ ( 0 ) = 0

3 ′′′ f ( x ) = 120 x

f ′′′ ( 0 ) = 0

f

( 4)

( x ) = 360 x

f

( 5)

( x ) = 720 x

f ( 6) ( x ) = 720 x0 = 0 , y = 5

2

f

( 4)

( 0) = 0

f

( 5)

( 0) = 0

f ( 6) ( 0 ) = 720 > 0

noktasında minimum var.


Şekil 4.24. Kuvvet Serileri ve Uçdeğerin Belirlenmesi (Örnek 15) 60

y = f ( x ) = x6 + 5

50 40 30 20 10

-3

-2

-1

78

• 1

2

3


79

İki Seçim Değişkenli Durumda Taylor Serisi

(

)

z = f ( x , y ) = a00 + ( a10 x + a01 y ) + a20 x 2 + a11 xy + a02 y 2 + .....

(

..... + an 0 x + a( n − 1),1 x n

n −1

y + ..... + a0 n y

n

) + .....

İlk olarak bu iki seçim değişkenli n. dereceden polinomun (0,0) noktası için Taylor açılımını yapalım. Tüm türevlerin (0,0) noktasında değerlendirileceğine dikkat edelim.


80

f ( 0, 0 ) = a00 ∂f = a10 + 2a20 x + a11 y + ..... ∂x ∂f = a01 + a11 x + 2a02 y + ..... ∂y

⎛ ∂f ⎞ ⎜ ∂x ⎟ = a10 ⎝ ⎠0

⎛ ∂f ⎞ ⎜ ⎟ = a01 ⎝ ∂y ⎠ 0

Benzer biçimde diğer türevleri de bulup sıfır noktasında değerlendirirsek, aşağıdaki terimleri yazabiliriz.


81

1 ⎛ ∂2 f ⎞ a20 = ⎜ 2 ⎟ 2! ⎝ ∂x ⎠ 0

Diğer

tüm

,

terimleri

⎛ ∂2 f ⎞ a11 = ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ∂ y ⎠ 0

de

(a

,

katsayılarını)

1 ⎛ ∂2 f ⎞ a02 = ⎜ 2 ⎟ 2! ⎝ ∂y ⎠ 0

aynı

yöntemle

belirledikten sonra, bu katsayıları polinomdaki yerlerine yazıp düzenlersek, (0,0) noktasındaki Taylor açılımını elde etmiş oluruz.


82

⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ f ( x , y ) = f ( 0, 0 ) + ⎜ ⎟ x + ⎜ ⎟ y ⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎛ ∂2 f ⎞ ⎛ ∂2 f ⎞ 2 ⎤ 1 ⎡⎛ ∂ 2 f ⎞ 2 + ⎢⎜ 2 ⎟ x + 2 ⎜ ⎟ xy + ⎜ 2 ⎟ y ⎥ 2! ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎥⎦ 3 ⎛ ∂3 f ⎞ 2 ⎛ ∂3 f ⎞ ⎛ f ⎞ 3⎤ 1 ⎡⎛ ∂ 3 f ⎞ 3 ∂ 2 xy + ⎜ 3 ⎟ y ⎥ + ⎢⎜ 3 ⎟ x + 3 ⎜ 2 ⎟ x y + 3 ⎜ 2 ⎟ 3! ⎢⎣⎝ ∂x ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂x ∂y ⎠ 0 ⎝ ∂y ⎠ 0 ⎥⎦

+.....


83 Bu açılımı (0,0) noktası dışındaki herhangi bir noktada da yapabiliriz. Şimdi açılımı (x0 , y0) gibi rasgele bir nokta için de yazalım. Tüm türevlerin (x0 , y0) noktasında değerlendirildiğine dikkat edelim.


84

⎛ ∂f ⎞ ⎛ ∂f ⎞ f ( x , y ) = f ( x 0 , y0 ) + ⎜ ⎟ ( x − x 0 ) + ⎜ ⎟ ( y − y 0 ) ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎛ ∂2 f ⎞ ⎛ ∂2 f ⎞ 1 ⎡⎛ ∂ 2 f ⎞ 2 2⎤ + ⎢ ⎜ 2 ⎟ ( x − x0 ) + 2 ⎜ ⎟ ( x − x0 )( y − y0 ) + ⎜ 2 ⎟ ( y − y0 ) ⎥ 2! ⎣⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂ x ∂y ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎦ ⎤ ⎡⎛ ∂ 3 f ⎞ ⎛ ∂3 f ⎞ 3 2 ⎢ ⎜ 3 ⎟ ( x − x 0 ) + 3 ⎜ 2 ⎟ ( x − x 0 ) ( y − y0 ) ⎥ ∂x ⎠ ∂ x ∂y ⎠ ⎝ ⎝ ⎢ ⎥ 1 ⎥ + ⎢ 3! ⎢ ⎥ 3 3 ⎢ +3 ⎛⎜ ∂ f ⎞⎟ ( x − x )( y − y ) 2 + ⎛⎜ ∂ f ⎞⎟ ( y − y ) 3 ⎥ 0 0 0 3 ⎢⎣ ⎝ ∂x∂y 2 ⎠ ⎥⎦ y ∂ ⎝ ⎠ +.....


85

Örnek 16:

z=x

y

fonksiyonunun (1,1) noktasındaki Taylor açılımını

yapalım. y −1 ′ z x = yx ,

y ′ z y = x ln x ,

y −1 y −1 z ′′ x yx ln x , = + xy

y−2 ′ z xx = y ( y − 1) x

z ′′yy = x y ln 2 x

x = 1 + ( x − 1) + ( x − 1)( y − 1) + ..... y

Örneğin,

z = x = ( 1.04 ) y

1.03

≈ 1 + 0.04 + ( 0.04 )( 0.03 ) = 1.0412


86 CES Üretim Fonksiyonunun Doğrusallaştırılması ya da Birinci Sıra Taylor Açılımı

Q = A ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦

µ

−ρ

µ ln Q − ln A = − ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ ρ f (ρ)

f ( ρ ) teriminin ρ = 0 yapalım.

etrafındaki birinci sıra Taylor açılımını


87 f ( ρ) = f ( 0) + f ′ ( 0) ρ 0 → f ( 0) = 0

( L ' Hopital Kuralını Kullanalım )

⎛ µ −ρ −ρ ⎞ lim ⎜ − ln ⎡⎣ δK + ( 1 − δ ) L ⎤⎦ ⎟ = −µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ρ→ 0 ⎝ ρ ⎠

(

)

µ δρLρ ln K − ( δ − 1) ρK ρ ln L − ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ f ′ (ρ) = ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ρ2


88

(

)

µ ( δ − 1) ρK ρ ln L − δρLρ ln K + ( ( δ − 1) K ρ − δLρ ) ln ⎡⎣ δK −ρ + ( 1 − δ ) L−ρ ⎤⎦ f ′ (ρ) = ρ ρ 2 K L δ − − δ ρ 1 ( ) ( ) 0 → f ′ ( 0) = 0

( L ' Hopital Kuralını Kullanalım )

1 2 lim ( f ′ ( ρ ) ) = − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ρ→ 0 2


89 f ( ρ ) = f ( 0) + f ′ ( 0) ρ 2⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤ f ( ρ ) = ⎣µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ⎦ + ⎢ − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ⎥ ρ ⎣ 2 ⎦

2⎤ ⎡ 1 ⎡ ⎤ ln Q − ln A = f ( ρ ) = ⎣ −µ ( δ ln K + ( 1 − δ ) ln L ) ⎦ + ⎢ − ( 1 − δ ) δµ ( ln K − ln L ) ⎥ ρ ⎣ 2 ⎦

1 2 ln Q = ln A + µδ ln K + µ ( 1 − δ ) ln L − ( 1 − δ ) δµρ ( ln K − ln L ) 2


matematiksel iktisat ders notları (optimizasyon)