Kompleks Uygulamalar-c

KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 43. C kompleks düzleminde verilen
A = {z : Re z ≥ Im z} (b)
B = {z : z < 1ve z − i < 1}
(a)
{
}
(c)
C = z = re iθ : 1 < r < 2 ve − π 3 ≤ θ ≤ 2π 3
kümeleri için açık, kapalı ,ne açık ne de kapalı ,bağlantılı olup olmadıklarını
belirleyiniz. Her bir kümeyi veya kümelerin sınırlarını parametrik olarak ifade
ediniz.
Çözüm
(a)
z = x + iy olsun. Aradığımız küme x ≥ y eşitsizliğini sağlayan kompleks
sayıların oluşturduğu kümedir. Bu küme, ( x, y ) - düzleminde y = x doğrusunun
sağ-alt tarafında kalan kapalı bağlantılı bir bölgedir. Bu bölgenin sınırı y = x
doğrusudur ve t keyfi bir reel sayı olmak üzere parametrik denklemi x = t , y = t
dir. Böylece z = t + it = t (1 + i ) dir. Alternatif olarak s bir keyfi reel sayı olmak
üzere; sınır z = s exp(π i 4) ile verilir.
(b)
B = {z : z < 1ve z − i < 1} kümesi; kompleks düzlemde, biri merkezi
orijinde diğeri merkezi (0,1) noktasında olan iki birim diskin kesişimi olup bu
bölge açık-bağlantılı bir bölgedir. Bu disklerin sınırları ( ki bunlar B bölgesine ait
değildirler)
2
( )
2
z = 1 , z − i = 1 , z = 1 , z − i = 1 , z z = 1 , 1 = ( z − i ) z + i = z z − i z + iz + 1
z z = 1 , − i z + iz + 1 = 0 , x 2 + y 2 = 1 , − 2 y + 1 = 0 , y = 1 2 , x = ± 3 2
ise
(
) (
)
3 2 ,1 2 ve − 3 2 ,1 2 noktalarında kesişirler.
Bölgenin üst sınırı z = 1 çemberi üzerinde kalır ve saatin dönme yönünün
(
)
(
)
tersi yönünde
3 2 ,1 2 noktasını − 3 2 ,1 2 noktasına birleştiren
yoldur. Parametrik gösterimi ise π 6 ≤ t ≤ 5π 6 olmak üzere z = exp(it )
dir.
Bölgenin alt sınırı z − i = 1 çemberi üzerinde kalır ve saatin dönme
(
)
(
)
yönünün tersi yönünde − 3 2 ,1 2 noktasını
3 2 ,1 2 noktasına
birleştiren yoldur. Parametrik gösterimi ise 7π 6 ≤ s ≤ 11π 3 olmak üzere
z = i + exp(is ) dir.
{
}
(c)
C = z = re iθ : 1 < r < 2 ve − π 3 ≤ θ ≤ 2π 3 kümesi bağlantılı fakat ne
açık ne de kapalı bir bölgedir. Bu küme,
sağ taraftan; merkezden π 3 açısıyla çıkan ışın tarafından
sol taraftan; merkezden 2π 3 açısıyla çıkan ışın tarafından
sınırlandırılmış, dış yarıçapı 2 ve iç yarıçapı 1 olan orijin merkezli bir halkanın bir
parçasıdır.
Halkanın çembersel kenarı C nin bir parçası değildir
Halkanın doğrusal kenarı C nin bir parçasıdır
Halkanın köşeleri (ki hiçbiri C de değildir), halkanın sınırı
çevresindeki(saatin dönme yönünün tersi yönünde);
A = exp(π i 3) , B = 2 exp(π i 3) , C = 2 exp(2π i 3) ve D = 2 exp(π i 3)
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
noktalarıdır.
AB kenarı; 1 ≤ s ≤ 2 , z = s exp(π i 3) ile parametrize edilir.
BC kenarı; 1 ≤ t ≤ 2 , z = 2 exp(tπ i 3) ile parametrize edilir.
CD kenarı; 0 ≤ u ≤ 1, z = (2 − u ) exp(2π i 3) ile parametrize edilir.
DE kenarı; 0 ≤ v ≤ 1, z = exp((2 − v )π i 3) ile parametrize edilir.
Problem 44. x 6 = −64 denklemini sağlayan tüm x kompleks sayılarını bulunuz.
Çözüm
x 6 = −64 denklemini x 6 = −64 = 2 6 i 6 şeklinde yazabiliriz. Bu son
denklemde, bazı y ( y = x 2i ) kompleks sayıları için x = 2iy yazalım. Bu taktirde
x 6 = 2 6 i 6 y 6 = 2 6 i 6 elde edilir. Buradan y 6 = 1 bulunur. Dolayısıyla k ∈ Z
 2π i k 
olmak üzere y 6 = 1 denkleminin tüm kökleri y = exp
 olarak bulunur.
 6 
 2π i k 
Böylece verilen denklemin kökleri x = 2i exp
 , k = 0,1,2,3,4,5. olarak
 6 
hesaplanır.
Alternatif olarak çarpanlara ayırma yöntemi ile;
6
x + 64 = x 3 + 8i x 3 − 8i = 0 ⇒ x 3 = −8i veya x 3 = 8i olarak bulunur. Burada
(
)(
(2i )3 = 2 3 i 3 = −8i
)
olduğu göz önüne alınırsa x 3 = 8i denkleminin bir kökünün
− 2i ve x 3 = −8i denkleminin bir kökü 2i dir. Bu taktirde w birimin kökleri
olmak üzere x 3 = 8i
denkleminin kökleri − 2i , − 2iw ve − 2iw 2 ve x 3 = −8i
denkleminin kökleri 2i , 2iw ve 2iw 2 olarak hesaplanır.
Alternatif olarak;
r > 0 , θ ∈ ℜ olmak üzere x = r exp(iθ )
kutupsal formu kullanabiliriz. Bu taktirde;
6
x 6 = (r exp(iθ )) = r 6 exp(6iθ ) = −64 = 64 exp(iπ )
yazılabilir. Böylece k ∈ Z olmak üzere r 6 = 64 ⇒ r = 2 ve 6θ = π + 2kπ
olarak bulunur. Böylece kökler;
 i (2k + 1)π 
x = 2 exp
 , k = 0,1,2,3,4,5
6


 i(2k + 1)π 
olarak hesaplanır. Sırasıyla x = 2 exp
 denkleminde sırasıyla
6


k = 0,1,2,3,4,5 değerleri yazıldığında kökler;
3 + i , 2i , − 3 + i , − 3 − i , − 2i , 3 − i
olarak elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 45. α reel olmayan bir kompleks sayı olmak üzere; bir reel polinomun
x − α çarpanına sahip olduğunu kabul edelim.
2
Bu polinomun x 2 − 2 Re(α )x + α
formunda bir reel çarpanının
bulunduğunu ispatlayınız.
x = i nin x 4 − 4 x 3 + 6 x 2 − 4 x + 5 = 0 polinomunun bir kökü olduğunu
kanıtlayınız ve bu polinomun tüm köklerini bulunuz.
Çözüm
Sözü edilen reel polinom p( x ) ve bunun bir çarpanı x − α ise bu taktirde
polinomun bir çarpanı x = α dır ve p(α ) = 0 dır. Polinomun katsayıları reel
()
sayılar olduğundan kompleks eşleniğinin alınmasıyla p α = 0 elde edilir. Ayrıca
polinomun bir çarpanı x − α olduğundan bazı kompleks q( x ) polinomları için
p(x ) = ( x − α ) q( x ) yazabiliriz. Elde edilen son denklemde x = α yerine koyması
yapılırsa;
0 = p α = α −α q α
olduğu elde edilir.
Fakat α reel sayı olmadığından α − α = −2 i Im(α ) ≠ 0 yazabiliriz,
() (
)()
()
buradan 0 = q α olduğunu elde ederiz böylece q( x ) poinomunun x = α köküne
sahip olduğu görülür ve r ( x ) bir polinom olmak üzere q( x ) polinomu
(
)
q ( x ) = x − α r ( x ) şeklinde çarpanlarına ayrılabilir. Bu taktirde;
(
)
p (x ) = ( x − α ) q ( x ) = ( x − α ) x − α r ( x )
(
(
)
(
)
= x 2 − α + α x + α α r ( x ) = x 2 − 2 Re(α )x + α
2
)r (x).
2
Böylece p( x ) polinomunun x 2 − 2 Re(α )x + α reel çarpanına sahip olduğu
gösterilmiş olur.
Şimdi p (x ) = x 4 − 4 x 3 + 6 x 2 − 4 x + 5 = 0 polinomunu göz önüne alalım.
Bu polinomda x = i yerine koymasını yaparsak
p (i ) = i 4 − 4i 3 + 6i 2 − 4i + 5 = 1 + 4i − 6 − 4i + 5 = 0
elde ederiz böylece x = i nin p( x ) polinomunun bir kökü (ve dolayısıyla
x − i , p( x ) polinomunun bir çarpanı olduğu) olduğu anlaşılır.
Yukarıdaki tartışmalardan, p( x ) reel ve kök reel olmadığından; p( x )
2
polinomu x 2 − 2 Re(i )x + i = x 2 + 1 çarpanına sahiptir. Şimdi;
(
)
(
)(
)
− 4 x 3 − 4 x = −4 x x 2 + 1 ve x 4 + 6 x 2 + 5 = x 2 + 1 x 2 + 5
yazalım, böylece;
x 4 − 4 x 3 + 6 x 2 − 4 x + 5 = x 2 + 1 (− 4 x ) + x 2 + 1 x 2 + 5 = x 2 + 1 x 2 − 4 x + 5
elde ederiz.
p( x ) in kökleri;
(
)
(
2
)(
) (
2
2
)(
)
x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 4 + 1 = ( x − 2 ) + 1 = ( x − 2 ) − (i ) = ( x − 2 − i )( x − 2 + i )
polinomunun kökleri ve x = ±i kökleridir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Böylece bahsi edilen kökler;
x 4 − 4 x 3 + 6 x 2 − 4 x + 5 = x 2 + 1 x 2 − 4 x + 5 = ( x − i )( x + i )( x − 2 − i )( x − 2 + i )
çarpanlarına karşılık gelen i,−i,2 + i ve 2 − i kökleridir.
(
Problem 46. cos
π
4
= sin
)(
π
4
=
)
2
2
eşitliğini
kullanarak
cos
π
16
değerini
hesaplayınız.
Çözüm
2
z
z
z
z
z

 2 z

− sin 2 + 2i cos sin = cos z + i sin z 
 cos + i sin  = cos z + i sin z cos
2
2
2
2
2
2



eşitliğinden
z
z
z
z
sin z = 2 sin cos ve cos z = cos 2 − sin 2
(1)
2
2
2
2
olduğunu elde ederiz.
z
z
cos + i sin ∈ {z : z = 1}
2
2
z
z
olduğundan cos 2 + sin 2 = 1 yazabiliriz. Bunu (1) eşitliğinde yerine yazacak
2
2
olursak
z
cos z + 1
cos =
2
2
olduğunu elde ederiz. Elde edilen bu son formülü cos
π
4
değeri için iki kez üst
üste uygularsak
cos
π
16
=
2+ 2 +2
2
olarak hesaplanır.
Problem 47. x ≠ 0 olmak üzere;
 n +1   n 
cos
x  sin  x 
n
2  2 

(a) ∑ cos kx =
x
k =1
sin
2
olduklarını gösteriniz.
 n +1   n 
sin 
x  sin  x 
2  2 

(b) ∑ sin kx =
x
k =1
sin
2
n
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Çözüm
n
n
n
k =1
k =1
k =1
S = ∑ cos kx + i ∑ sin kx = ∑ (cos kx + i sin kx )
toplamını göz önüne alalım. Bu taktirde;
n
S = ∑ e ikx = e ix
k =1
1 − e inx
1 − e ix
dir.
e ix − e −ix
2i
formülünü kullanarak S yi aşağıdaki gibi şekilde hesaplayabiliriz.
sin x =
inx
 − inx2

nx
inx
inx

e e
− e 2 
−
i ( n +1) x
i ( n +1) x sin
2
2
 =e 2 e −e
2 .
S = e ix ix  ix
=e 2
ix
ix
ix
x
−
 −

sin
e2 −e 2
e 2  e 2 − e 2 
2


inx
2
Böylece
nx
nx
sin
sin
n
+
1
 n +1 


2 + i sin 
2
cos kx + i ∑ sin kx = cos
x
x
∑
x
 2  sin
 2  sin x
k =1
k =1
2
2
elde edilir. Bu son eşitliğin reel ve sanal kısımlarının eşitlenmesiyle istenen elde
edilir.
n
n
Problem 48. cos 5θ
hesaplayınız.
yı ve sin 5θ
yı sırasıyla cos θ
ve sin θ
cinsinden
Çözüm
(cos θ + i sin θ )5 = cos 5 θ + i
5
 5
 cos 4 θ sin θ −   cos 3 θ sin 2 θ
1
 2
 5
 5
− i  cos 2 θ sin 3 θ +   cos θ sin 4 θ + i sin 5 θ
 3
 4
= cos 5 θ − 10 cos 3 θ sin 2 θ + 5 cos θ sin 4 θ
(
)
+ i 5 cos 4 θ sin θ − 10 cos 2 θ sin 3 θ + sin 5 θ
yazılabilir. Ayrıca De Moivre Teoremi gereği
(cos θ + i sin θ )5 = cos 5θ + i sin 5θ
olduğu bilinmektedir. O halde
cos 5θ = cos 5 θ − 10 cos 3 θ sin 2 θ + 5 cos θ sin 4 θ = 16 cos 5 θ − 20 cos 3 θ + 5 cos θ
ve
sin 5θ = 5 cos 4 θ sin θ − 10 cos 2 θ sin 3 θ + sin 5 θ = 16 sin 5 θ − 20 sin 3 θ + 5 sin θ
olarak elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 49. Aşağıdaki fonksiyonların reel ve sanal kısımlarını bulunuz.
n
(a)
z 2 + i (b)
z +1
(c)
zn
(d)
z
2
(e)
2 z − 3 z + 5 (f)
(z − 1) z + 1
( )
Çözüm
z = x + iy olmak üzere f ( z ) = z 2 + i fonksiyonunu
f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y )
formunda yazabiliriz. Böylece verilen fonksiyonun reel ve sanal kısımları
u ( x, y ) = x 2 − y 2 ve v( x, y ) = 1 + 2 xy olarak hesaplanır.
(a)
z = x + iy olmak üzere f ( z ) = z + 1 fonksiyonunu
f = u + iv
formunda yazabiliriz. Böylece verilen fonksiyonun reel ve sanal kısımları u ve v
;
u 2 − v 2 = x + 1 ve 2uv = y
denklem sisteminin çözülmesiyle elde edilir.
(b)
z = ρ (cos θ + i sin θ )
olmak
üzere
f ( z ) = z n = u (ρ , θ ) + iv(ρ , θ )
(c)
yazabiliriz. Böylece verilen fonksiyonun reel ve sanal kısımları;
u (ρ , θ ) = ρ n cos nθ ve v(ρ , θ ) = ρ n sin nθ
olarak hesaplanır.
(d)
z = ρ (cos θ + i sin θ )
olmak
üzere
f ( z ) = n z = u (ρ , θ ) + iv(ρ , θ )
yazabiliriz. Böylece k = 0,1,2,..., n − 1 için verilen fonksiyonun reel ve sanal
kısımları;
θ + 2kπ
θ + 2kπ
u (ρ , θ ) = n ρ cos
ve v(ρ , θ ) = n ρ sin
n
n
olarak hesaplanır.
(e)
z = x + iy
olmak üzere
f ( z ) = 2 z 2 − 3 z + 5 = u ( x, y ) + iv( x, y )
olarak
alınırsa u ( x, y ) = 2 x − 2 y − 3 x + 5 ve v( x, y ) = 4 xy − 3 y olarak hesaplanır.
2
2
z −1
= u ( x, y ) + iv( x, y ) olarak alınırsa
z +1
z − 1 (z − 1)( z + 1)
x2 − y2 −1
2 xy
=
=
+
i
= u ( x, y ) + iv( x, y )
2
2
z +1
(x + 1) + y 2 (x + 1)2 + y 2
z +1
(f)
z = x + iy olmak üzere f ( z ) =
olduğunu elde ederiz.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 50.
z = R çemberinin f 1 ( z ) = z +
1
1
ve f 2 ( z ) = z −
fonksiyonları
z
z
altındaki görüntüsünü bulunuz.
Çözüm
z = R ≠ 1 ve z = 1 çemberlerinin f1 fonksiyonu altındaki görüntüleri sırasıyla
u2
+
v2
( R + 1 R )2 ( R − 1 R )2
= 1 elipsi ve v = 0,−2 ≤ u ≤ 2 doğrusudur.
z = R ≠ 1 ve z = 1 çemberlerinin f 2 fonksiyonu altındaki görüntüleri sırasıyla
u2
+
v2
( R − 1 R )2 ( R + 1 R )2
= 1 elipsi ve u = 0,−2 ≤ v ≤ 2 doğrusudur.
Problem 51. lim f ( z ) = w limitinin mevcut olduğunu kabul edelim, bu taktirde
z → z0
aşağıdaki ifadelerin doğruluğunu gösteriniz.
(a)
(b)
lim Re f ( z ) = Re w
lim f ( z ) = w
z → z0
(c)
z → z0
lim Im f ( z ) = Im w
z → z0
(d)
lim f ( z ) = w
z → z0
Çözüm
lim f ( z ) = w şartı, “her ε > 0 için z − z 0 < δ olacak şekilde bir δ > 0
z → z0
sayısı vardır öyle ki f ( z ) − w < ε ” olacağını ifade eder.
Böylece;
(a)
z − z 0 < δ (ε ) için ε > f (z ) − w = f ( z ) − w = f ( z ) − w
edilir.
(b) - (c)
olduğu elde
z − z 0 < δ (ε ) için
ε > f ( z ) − w ≥ Re ( f ( z ) − w) = Re f ( z ) − Re w
ve
ε > f ( z ) − w ≥ Im ( f ( z ) − w) = Im f ( z ) − Im w
olduğu elde edilir.
(d)
z − z 0 < δ (ε ) için ε > f ( z ) − w ≥ f ( z ) − w = Re f ( z ) − Re w olduğu
elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 52. lim f ( z ) = w limitinin mevcut olduğunu kabul edelim. Hangi
z → z0
değerler için lim f ( z ) limitinin mevcut olduğunu bulunuz.
z → z0
Çözüm
z − z 0 < δ (ε ) için ε > f ( z ) = f ( z ) olduğundan w = 0 için lim f ( z ) limiti
z → z0
mevcuttur.
Genelde, bu limitin sadece bu durum ( w = 0 durumu için) için mevcut
olduğunu kanıtlamalıyız. w ≠ 0 için lim f ( z ) = A olduğunu kabul edelim. Bu
z → z0
taktirde bir önceki örnekten A = w dir.
f (z ) − A ≤ f (z ) − A
eşitsizliğinde ( z − z 0 < δ (ε ) için f ( z ) − A = f ( z ) − A
durumunu ele alacak olursak;
( f (z ) − A ) = ( f (z ) − A)( f (z ) − A) = f (z )
2
(
)
(
)
2
2
olduğundan) eşitlik
(
)
+ A − 2 Re f (z ) ⋅ A ,
Re f ( z ) ⋅ A = f ( z ) ⋅ A = f ( z ) ⋅ A ,
elde edilir ve böylece
(
)
Re f ( z ) ⋅ A ≥ 0 ve Im f ( z ) ⋅ A = 0
olduğu elde edilir. Bu taktirde f ( z ) ⋅ A reel ve non-negatif olmak zorundadır ki bu
durum genel bir kompleks f fonksiyonu için mümkün değildir. Özel olarak bu
durum f ( z ) = A veya f nin reel olmasıyla mümkündür.
Problem 53.
∑
lim
∑
z →0
p
i =m
p
i =n
ui z i
vi z i
limitinin mevcut olmasını sağlayan m ve n sayıları arasındaki bağıntıyı bulunuz.
Çözüm
z = 1 w olarak alınırsa;
∑
lim
∑
p
u zi
i=m i
z →0
p
v zi
i =n i
∑
= lim
∑
p
w→ ∞
i =m
p
ui 1 wi
v 1 wi
i=n i
= lim
w→ ∞
u m w p −m + u m +1 w p −m −1 + ... + u p −1 w + u p
v n w p −n + v n +1 w p − n−1 + ... + v p −1 w + v p
olduğu elde edilir.
Limitin mevcut olması için p − m ≤ p − n olmak zorundadır. Dolayısıyla
m ≥ n olduğu sonucuna varılır.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 54. Aşağıda verilen ifadelerin doğruluğunu kanıtlayınız.
n2 ⋅ i n
=0
n →∞ n 3 + 1
lim
(a)
(b)
in 
 n
lim
−
 = 1− i
n →∞ n + 3i
n +1

Çözüm
(a)
Verilen herhangi ε > 0 için n > N (ε ) olacak şekilde bir N (ε ) sayısı
n2 ⋅ in
bulmalıyız öyle ki; 3
− 0 < ε olsun. Bu taktirde;
n +1
n2 ⋅ in
n2 ⋅ i n
n2
n 2 1 n →∞
−
0
=
=
<
= 
→ 0 < ε
n
n3 + 1
n3 + 1 n3 + 1 n3
olduğu elde edilir. Dolayısıyla N = [ε ] olarak alınabilir ( [ε ] sayısı, ε sayısının
tam kısmıdır.). Böylece istenen elde edilmiş olur.
Verilen herhangi ε > 0 için n > N (ε ) olacak şekilde bir N (ε ) sayısı
n
in
bulmalıyız öyle ki;
−
− (1 − i ) < ε olsun. Bu taktirde;
n + 3i n + 1
(b)
[
(
)
n
in
− (9n + 9 ) − i 2n 2 + 3n − 9
−
− (1 − i ) =
n + 3i n + 1
n 2 + 9 (n + 1)
(
)]
9n + 9
2n 2 + 3n − 9
→∞
+
n
→ 0 < ε
n 2 + 9 (n + 1)
n 2 + 9 (n + 1)
olduğu elde edilir. Böylece istenen elde edilmiş olur.
≤
(
)
(
)
Problem 55. Herhangi z kompleks sayısı için
 3z 
lim1 + 2  = 1
n →∞
 n 
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Verilen herhangi ε > 0 için n > N (ε ) olacak şekilde bir N (ε ) sayısı bulmalıyız
3z
öyle ki; 1 + 2 − 1 < ε olsun. z = x + iy olsun. Bu taktirde;
n
3z
3 x + 3iy
3x 3 y
→∞
1+ 2 −1 =
≤ 2 + 2 n
→ 0 < ε
2
n
n
n
n
olur. Böylece istenen elde edilmiş olur.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 56. lim ni n limitinin mevcut olmadığını gösteriniz.
n →∞
Çözüm
ni n = n = n > M > 0
olacak şekilde keyfi M ∈ ℜ bulunabileceğinden verilen limit mevcut değildir.
(z )
lim
2
Problem 57.
z →0
= 0 olduğunu gösteriniz.
z
Çözüm
(z )
2
Verilen herhangi ε > 0 için z − 0 = z < δ iken
z
− 0 < ε olacak şekilde bir
δ = δ (ε ) sayısı bulmalıyız.
Problem 58. wn = e
2πi
n
olmak
üzere
(
lim 1 + z + z 2 + ... + z n−1
z → wn
)
limitini
hesaplayınız.
z ≠ 1 için 1 + z + z 2 + ... + z n −1 =
Çözüm
(
2
lim 1 + z + z + ... + z
z → wn
n −1
)
1− zn
= lim 
z → wn 1 − z

1− zn
dir. Bu halde;
1− z
(
)
n
 1 − e 2πi n
e 2πi − 1
1−1
 =
=
= 2πi n
=0
2πi n
2πi n
e
1− e
−1 e
−1

Problem 59. Aşağıdaki ifadelerin doğruluğunu gösteriniz
2
z
x2
(a)
lim
=0
(b)
lim
= −i
z →i z
z →i z
Çözüm
(a)
z = x + iy olsun. z → i ⇒ x → 0 dır. Böylece;
x2
02
lim
= lim
=0
z →i z
z →i i
olarak hesaplanır.
(b)
z = x + iy olsun. z → i ⇒ x → 0 ve y → 1 dır. Böylece;
lim
z →i
olarak hesaplanır.
z
z
2
= lim
z →i
x2 + y2
0 2 + 12 1
= lim
= = −i
z →i
z
i
i
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 60.
f (z ) =
z2
z
2
=
x 2 − y 2 + 2ixy
fonksiyonu verilsin. Aşağıdaki eğriler
x2 + y2
boyunca lim f ( z ) limitini hesaplayarak elde edilen sonuçları yorumlayınız.
z →0
(a)
y = 2x
y = x (b)
(c)
y = x2
Çözüm
(a)
y = x doğrusu boyunca
x 2 − y 2 + 2ixy
x 2 − x 2 + 2ixx
lim
=
=i
( x , y )→(0, 0 )
x →0
x2 + y2
x2 + x2
lim
olarak hesaplanır.
(b)
y = 2 x doğrusu boyunca
x 2 − y 2 + 2ixy
x 2 − 4 x 2 + 2ix 2 x − 3 + 4i
lim
= lim
=
( x , y )→(0, 0 )
x→0
5
x2 + y2
x 2 + 4x 2
olarak hesaplanır.
(c)
y = x 2 parabolü boyunca
x 2 − y 2 + 2ixy
x 2 − x 4 + 2ixx 2
1 − x 2 + 2ix
lim
= lim
= lim
=1
( x , y )→(0, 0 )
x →0
x →0
x2 + y2
x2 + x4
1+ x2
olarak hesaplanır.
(0,0)
noktasına farklı eğriler üzerinden yaklaşıldığında farklı limit
değerleri elde edildiğinden lim f ( z ) limiti mevcut değildir.
z →0
x 3 − xy 2
Problem 61. u ( x, y ) = 2
x + y2
mıdır?
fonksiyonunun
(x, y ) → (0,0)
için limiti var
Çözüm
(0,0) noktasına
y = mx doğruları üzerinden yaklaşalım, bu durumda;
1 − m2
x 3 − xy 2
x3 − m2 x3

=
lim
=
lim
( x , y )→(0, 0 ) x 2 + y 2
x →0 x 2 + m 2 x 2
x →0  1 + m 2

olarak hesaplanır.
lim

 x = 0

KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 62. L’Hospital kuralı yardımıyla aşağıdaki limitleri bulunuz.
z 4 −1
z 2 − iz − 1 − i
z6 +1
lim
lim 2
lim 2
(a)
(b)
(c)
z →i z − i
z →i +1 z − 2 z + 2
z →−i z + 1
4
6
z +4
z + 64
z 9 − 64
lim
lim
lim
(d)
(e)
(f)
z →i +1 z 2 − 2 z + 2
z →1+ i 3 z 3 + 8
z →1+ i 3 z 3 − 8
Çözüm
z 4 −1
0
belirsizliği vardır. Böylece bu limite L’Hospital
limitinde
z →i z − i
0
kuralı uygulanırsa;
z4 −1
4z 3
lim
= lim
= −4i
z →i z − i
z →i 1
olarak hesaplanır.
(a)
lim
z 2 − iz − 1 − i
0
limitinde
belirsizliği vardır. Böylece bu limite
2
z →i +1 z − 2 z + 2
0
L’Hospital kuralı uygulanırsa;
z 2 − iz − 1 − i
2z − i 2 + i
lim 2
= lim
=
z →i +1 z − 2 z + 2
z →i +1 2 z − 2
2i
olarak hesaplanır.
(b)
lim
z6 +1
0
limitinde
belirsizliği vardır. Böylece bu limite L’Hospital
2
z →−i z + 1
0
kuralı uygulanırsa;
z6 +1
6z 5
lim
= lim
=3
z →−i z 2 + 1
z →−i 2 z
olarak hesaplanır.
(c)
lim
z4 + 4
0
limitinde
belirsizliği vardır. Böylece bu limite
2
z →i +1 z − 2 z + 2
0
L’Hospital kuralı uygulanırsa;
3
z4 + 4
4z 3
4(1 + i )
lim
= lim
=
z →i +1 z 2 − 2 z + 2
z →i +1 2 z − 2
2i
olarak hesaplanır.
(d)
lim
(e)-(f) Çözüm okuyucu tarafından yapılacaktır.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
x 2 + iy 2
ve
z
fonksiyonunun z = 0 noktasında sürekliliğini araştırınız.
Problem 63. z ≠ 0 olmak üzere
f (z ) =
f (0) = 1 olsun. f ( z )
Çözüm
 x 2 + iy 2 z , z ≠ 0
f (z ) = 
,z = 0
1

olarak tanımlanan f ( z ) fonksiyonu için z ≠ 0 iken y = mx doğrusu üzerinden
limit alınırsa;
x 2 + iy 2
x 2 + iy 2
x 2 (1 + im 2 )
lim
= lim
= lim
=0
z →0
( x , y )→(0, 0 )
z
x 2 + y 2 x →0 x 1 + m 2
olarak hesaplanır. Diğer yandan f (0) = 1 olarak verildiğinden f ( z ) fonksiyonu
z = 0 noktasında sürekli değildir.
Re z
ve f (0) = 1 olsun.
z
fonksiyonunun z = 0 noktasında sürekliliğini araştırınız.
Problem 64. z ≠ 0
olmak üzere
f (z ) =
f (z )
Çözüm
Re z z , z ≠ 0
f (z ) = 
,z = 0
 1
olarak tanımlanan f ( z ) fonksiyonu için z ≠ 0 iken y = mx doğrusu üzerinden
limit alınırsa;
Re z
x
x
1
lim
= lim
= lim
=
2
2
2
z →0
(
x
y
)
→
(
)
x
→
,
0
,
0
0
z
x +y
x 1+ m
1+ m2
olarak hesaplanır. m nin farklı değerlerine karşılık farklı limit değerleri elde
edileceğinden f ( z ) fonksiyonu z = 0 noktasında sürekli değildir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
z Re z
ve f (0) = 0 olsun.
z
fonksiyonunun z = 0 noktasında sürekliliğini araştırınız.
Problem 65. z ≠ 0 olmak üzere
f (z ) =
f (z )
Çözüm
 z Re z z , z ≠ 0
f (z ) = 
,z = 0
0

olarak tanımlanan f ( z ) fonksiyonu için z ≠ 0 iken y = mx doğrusu üzerinden
limit alınırsa;
z Re z
(x + iy )x = lim x(1 + mi ) = 0
lim
= lim
z →0
( x , y )→(0 , 0 )
z
x 2 + y 2 x →0 1 + m 2
olarak hesaplanır. Dolayısıyla f ( z ) fonksiyonu ∀z ∈ C noktası için süreklidir.
Problem 66. f ( z ) = z 2 şeklinde tanımlanan fonksiyonun z = z 0 noktasında
sürekliliğini inceleyiniz.
Çözüm
Verilen
ε >0
için
z − z0 < δ
olduğunda
z 2 − z 02 < ε
olacak şekilde
δ = δ (ε , z 0 ) sayısının varlığını göstermeliyiz.
z − z 0 < δ ⇒ z − z 0 ≤ z − z 0 < δ ⇒ z < δ + z 0 dır.
z 2 − z 02 = z − z 0 z + z 0 < δ ( z + z 0 ) < δ (δ + z 0 + z 0 ) = δ (δ + 2 z 0 ) = ε
olduğundan f ( z ) = z 2 fonksiyonu z = z 0 süreklidir.
Problem 67.
inceleyiniz.
f (z ) = z 2
fonksiyonunun
z ≤1
bölgesinde
sürekliliğini
Çözüm
z 0 , z ≤ 1 bölgesinde alınan herhangi bir nokta olsun. Verilen ε > 0 için
z − z 0 < δ olduğunda z 2 − z 02 < ε olacak şekilde δ = δ (ε , z 0 ) sayısının varlığını
göstermeliyiz.
z − z 0 < δ ⇒ z − z 0 ≤ z − z 0 < δ ⇒ z < δ + z 0 dır.
z 2 − z 02 = z − z 0 z + z 0 < δ ( z + z 0 ) < δ (δ + z 0 + z 0 ) = δ (δ + 2 z 0 ) = ε
olduğundan f ( z ) = z 2 fonksiyonu süreklidir. z 0 , z ≤ 1 bölgesinde alınan keyfi
bir nokta olduğundan f ( z ) z ≤ 1 bölgesinde süreklidir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 68. f ( z ) = z
sürekliliğini inceleyiniz.
2
şeklinde tanımlanan fonksiyonun z = z 0 noktasında
Çözüm
Verilen ε > 0
için
2
olduğunda
z − z0 < δ
z − z0
2
<ε
olacak şekilde
δ = δ (ε , z 0 ) sayısının varlığını göstermeliyiz.
z − z 0 < δ ⇒ z − z 0 ≤ z − z 0 < δ ⇒ z < δ + z 0 dır.
2
z − z0
2 2
(
2
= z − z0
2
)( z
2
− z0
)= (z
2
2
− z0
)
2 2
= ( z − z0
) (z + z )
2
2
0
< δ 2 (δ + 2 z 0
elde edilir. Dolayısıyla buradan;
2
z − z0
2 2
elde edilir. Dolayısıyla f ( z ) = z
2
2
< ε 2 ⇒ z − z0
2
<ε
fonksiyonu z = z 0 noktasında süreklidir.
Burada z = z 0 noktası keyfi olduğundan f ( z ) = z
süreklidir.
2
Problem 69. Aşağıdaki limitleri (varsa) hesaplayınız.
z2 +1
z 2 − 2i
(a)
(b)
lim 2
lim 2
z → − i z + 3iz − 2
z →1+ i z − 2 z + 2
fonksiyonu her noktada
(c)
Im z
z →0
z
lim
Çözüm
(a)
z2 +1
(z − i )(z + i ) = lim (z − i ) = − i − 1 = −2
= lim
2
z → − i z + 3iz − 2
z → − i ( z + 2i )( z + i )
z → − i ( z + 2i )
− i + 2i
lim
(b)
2
z 2 − 2i
z 2 − (1 + i )
(z − 1 − i )(z + 1 + i ) = lim (z + 1 + i ) = 1 − i
lim
= lim
= lim
z →1+ i z 2 − 2 z + 2
z →1+ i ( z − 1)2 + 1
z →1+ i ( z − 1 − i )( z − 1 + i )
z →1+ i ( z − 1 + i )
(c)
x, y ∈ ℜ olmak üzere z = x + iy olarak alalım. Bu taktirde;
y
Im z
lim
= lim
z →0
x + iy →0 x + iy
z
olarak yazabiliriz. y = mx doğruları üzerinden limit alınırsa;
Im z
y
mx
m
m
lim
= lim
= lim
= lim
=
z →0
x
+
iy
→
0
x
→
0
x
→
0
z
x + iy
x + imx
1 + im 1 + im
olarak hesaplanır. m nin farklı değerlerine karşılık farklı limit değerleri elde
Im z
edileceğinden lim
limiti mevcut değildir.
z →0
z
)
2
=ε2
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 70. Aşağıdaki limitleri (varsa) hesaplayınız.
z2 + 4
z 2 − 3 − 4i
lim
lim 2
(a)
(b)
(c)
z → − i z + 2i
z →1+ i z − 4 z + 5
( )
Re z 2
z →0
z
lim
Çözüm
(z + 2i )(z − 2i ) = lim (z − 2i ) = −2i − 2i = −4i
z2 + 4
= lim
z → − i z + 2i
z →−i
z →− i
z + 2i
2
(z − 2 − i )(z + 2 + i ) = lim (z + 2 + i ) = 1 − 2i
z − 3 − 4i
lim 2
= lim
z →1+ i z − 4 z + 5
z →1+ i ( z − 2 − i )( z − 2 + i )
z →1+ i ( z − 2 + i )
lim
(a)
(b)
( )
2
Re z 2
z
Re z 2
→0
(c)
I.yol:
=
≤
= z z
→ 0 yazabiliriz, böylece istenen
z
z
z
limit mevcut ve değeri “0” dır.
II.yol: r > 0 olmak üzere r, t ∈ ℜ için z = re it olarak alalım. Bu taktirde;
z 2 = r 2 e 2it ve Re z 2 = r 2 cos(2t ) olur. Bu hesaplamalar verilen limitte yerine
yazılırsa;
Re z 2
r 2 cos(2t )
lim
= lim+
= lim+ re −it cos(2t ) = 0 .
it
z →0
r
→
r →0
0
z
re
− it
(Burada e cos(2t ) ≤ 1 olduğu göz önüne alınmalıdır.)
( )
( )
( )
Problem 71. x, y ∈ ℜ olmak üzere;
u = x 2 − y 2 − 2 x + 4 y ve v = 2 xy − 4 x − 2 y
kuralları ile verilen u (x, y ) ve v( x, y ) fonksiyonlarını göz önüne alalım.
(u, v ) çiftinin Cauchy-Riemann denklemlerini sağladığını gösteriniz.
u ve v nin harmonik fonksiyonlar olduklarını gösteriniz.
u + iv fonksiyonunun z = x + iy değişkenine bağlı bir fonksiyon olarak
yazılabileceğini gösteriniz.
u 2 + v 2 polinomunu x ve y değişkenlerinin lineer çarpanlarının çarpımı
olarak yazınız.
Çözüm
Verilen fonksiyonların x ve y değişkenlerine göre kısmi türevlerinin
alınmasıyla
u x = 2 x − 2 , u y = −2 y + 4 , v x = 2 y − 4 , v y = 2 x − 2
denklemleri elde edilir. Buradan u x = v y ve u y = −v x olduğu görülür.
Böylece verilen fonksiyonların Cauchy-Riemann denklemlerini sağladığı
görülür.
u x = 2 x − 2 , u xx = 2 , u y = −2 y + 4 , u yy = −2 ⇒ u xx + u yy = 0
ve
v x = 2 y − 4 , v xx = 0 , v y = 2 x − 2 , v y = 0 ⇒ v xx + v yy = 0
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
olduğundan u ve v nin harmonik fonksiyonlardır.
2
z 2 = ( x + iy ) = x 2 − y 2 + 2ixy olarak yazılabilir. Bu taktirde;
u + iv = x 2 − y 2 − 2 x + 4 y + 2ixy − 4ix − 2iy
= x 2 − y 2 + 2ixy + (− 2 − 4i )x + (4 − 2i ) y
= z 2 − (2 + 4i )( x + iy ) = z 2 − (2 + 4i )z = z ( z − 2 − 4i )
olarak bulunur.
2
2
u 2 + v 2 = u + iv = z ( z − 2 − 4i ) = z ( z − 2 − 4i )z ( z − 2 − 4i )
(
= z z ( z − 2 − 4i ) z − 2 + 4i
)
= ( x + iy )( x − iy )( x − 2 + i ( y − 4 ))( x − 2 − i ( y − 4 ))
olarak bulunur.
Problem 72. z , belirlenmiş bir z 0 noktasının bir komşuluğunun rasgele bir
noktasını göstersin. ∆z = z − z 0 yazalım ve ∆z yi karmaşık değişken olarak
düşünelim. Böyle olunca f nin z 0 daki f ' yada df dz türevi eğer limit
mevcutsa,
f ( z 0 + ∆z ) − f (z 0 )
f ' ( z 0 ) = lim
(1)
∆z →0
∆z
şeklinde tanımlanır.
(1) eşitliği ile tanımlı limitin varlığını kabul ederek
f (z 0 + ∆z ) − f ( z 0 )
− f ' (z 0 ) < ε
∆z
olduğunu gösteriniz. ∆z sayısının değer aralığını bulunuz.
Çözüm
(1) eşitliği ile verilen f ' ( z 0 ) karmaşık sayısı, yani türev varsa bu taktirde her bir
pozitif ε sayısına karşılık bir δ sayısı karşılık gelir öyle ki;
f (z 0 + ∆z ) − f ( z 0 )
0 < ∆z − 0 < δ olduğunda daima
− f ' ( z 0 ) < ε kalır.
∆z
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 73. Bir f fonksiyonunun bir z 0 noktasında türevli ise sürekli olacağını
gösteriniz.
Çözüm
f ( z 0 + ∆z ) − f (z 0 )
mevcut iken lim f ( z ) = f ( z 0 ) olduğunu
∆z →0
z → z0
∆z
göstermeliyiz.
f ( z 0 + ∆z ) − f ( z 0 )
f ( z 0 + ∆z ) − f (z 0 )
f ' ( z 0 ) = lim
⋅ lim ∆z
⇒ f ' ( z 0 ) ⋅ lim ∆z = lim
∆z →0
∆z →0
∆z → 0
∆z → 0
∆z
∆z
 f (z 0 + ∆z ) − f ( z 0 ) 
⇒ 0 = lim 
∆z  = lim [ f ( z 0 + ∆z ) − f ( z 0 )]
∆z →0
∆z

 ∆z → 0
f ' ( z 0 ) = lim
⇒ 0 = lim f ( z ) − lim f ( z 0 ) ⇒ lim f ( z ) = f ( z 0 )
z → z0
z → z0
z → z0
elde edilir. Böylece ispat tamamlanmış olur.
2
Problem 74. f ( z ) = z fonksiyonunun sadece z = 0 noktasında türevinin var
olduğunu, bunun dışında hiçbir noktada türevinin mevcut olmadığını gösteriniz.
Çözüm
Bu fonksiyon için;
2
2
(
)
(z + ∆z ) z 0 + ∆z − z 0 z 0
∆f ( z ) f ( z 0 + ∆z ) − f ( z 0 ) z 0 + ∆z − z 0
=
=
= 0
∆z
∆z
∆z
∆z
z ⋅ ∆z + z 0 ⋅ ∆z + ∆z ∆z
∆z
= 0
= z0 ⋅
+ z 0 + ∆z...........................................(1)
∆z
∆z
farklar bölümü yazılabilir.
2
dz
∆f ( z )
z 0 = 0 için
= ∆z dir ve bunun limiti sıfırdır; yani z = 0 da
= 0 dır.
∆z
dz
z 0 ≠ 0 ve f ' (z ) nin mevcut olduğunu kabul
edelim. ∆z rasgele bir şekilde sıfıra yaklaşırken
∆f ( z )
nin bir ve yalnızca bir f ' (z ) limiti
∆z
vardır.
Özel olarak; ∆z gerçel ise (yandaki
şekilde) ∆z = ∆x dir; böyle olunca ∆z = ∆z
elde edilir ve (1) eşitliğine göre de limit z 0 + z 0
olmalıdır. Ancak ∆z nin 0 < z < δ bölgesinin
düşey çapında olması istendiğinde ∆z = i∆y olur; böyle olunca da ∆z = − ∆z elde
edilir ve limit z 0 − z 0 olmalıdır. Buradan z 0 ≠ 0 olduğunda limitin mevcut
2
olmadığı görülür. Dolayısıyla z nin z 0 da türevi yoktur.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 75. Aşağıdaki f ( z ) fonksiyonları için f ' (z ) türevinin hiçbir yerde
mevcut olmadığını gösteriniz.
(a)
z
(b)
z − z (c)
2 x + xy 2 i
(d)
e x (cos y − i sin y )
Çözüm
(a)
f ( z ) = z = x − iy = u ( x, y ) + iv( x, y ) ⇒ u ( x, y ) = x , v( x, y ) = − y
u x = 1, v y = −1 ve u y = 0 , v x = 0 dır. Dolayısıyla u x ≠ v y olduğundan f ( z ) nin
hiçbir yerde türevi mevcut değildir.
(b)
f ( z ) = z − z = 2iy ⇒ u ( x, y ) = 0 , v( x, y ) = 2 y
u x = 0 , v y = 2 ve u y = 0 , v x = 0 dır. Dolayısıyla u x ≠ v y olduğundan f ( z ) nin
hiçbir yerde türevi mevcut değildir.
(c)
f ( z ) = 2 x + ixy 2 ⇒ u ( x, y ) = 2 x , v( x, y ) = xy 2
u x = 2 , v y = 2 xy ve u y = 0 , v x = y 2 dır. Dolayısıyla u x ≠ v y olduğundan f ( z )
nin hiçbir yerde türevi mevcut değildir.
(d)
f ( z ) = 2 x + ixy 2 ⇒ u ( x, y ) = e x cos y , v( x, y ) = −e x sin y
u x = e x cos y , v y = −e x cos y ve u y = −e x sin y , v x = −e x sin y dır. Dolayısıyla
u x ≠ v y olduğundan f ( z ) nin hiçbir yerde türevi mevcut değildir.
Problem 76. Aşağıdaki fonksiyonlar için f ' (z ) ile f ' ' ( z ) türevinin her yerde
mevcut olduğunu gösteriniz. f ' (z ) ile f ' ' ( z ) yi hesaplayınız.
(a)
(d)
f ( z ) = iz + 2 (b)
f ( z ) = e − x (cos y − i sin y )
f ( z ) = cos x cosh y − i sin x sinh y
(c)
f (z ) = z 3
Çözüm
(a)
f ( z ) = iz + 2 = − y + 2 + ix ⇒ u ( x, y ) = − y + 2 , v( x, y ) = x dir. u
fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri olan;
u x = 0 , u y = −1 ve v x = 1, v y = 0
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u x = v y = 0 ve − v x = u y = −1
ve v
C-R denklemlerini sağladıklarından f ' (z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' (z ) =
+i
= 0 + i ⋅1 = i
∂x
∂x
olarak elde edilir.
f ' ( z ) = i ⇒ u x ( x, y ) = 0 , v x ( x, y ) = 1 dir. u x ve v x fonksiyonları sürekli olup
bunların 1. mertebeden kısmi türevleri olan;
u xx = 0 , u yy = 0 ve v xx = 0 , v yy = 0
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u xx = v yy = 0 ve − v xx = u yy = 0
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
C-R denklemlerini sağladıklarından [ f ' ( z )] = f ' ' ( z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' ' (z ) = x + i x = 0 + i ⋅ 0 = 0
∂x
∂x
olarak elde edilir.
'
(b)
f ( z ) = e − x cos y − ie − x sin y ⇒ u ( x, y ) = e − x cos y , v( x, y ) = −e − x sin y dir.
u ve v fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri olan;
u x = −e − x cos y , u y = −e − x sin y ve v x = e − x sin y , v y = −e − x cos y
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u x = v y ve − v x = u y
C-R denklemlerini sağladıklarından f ' (z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' (z ) =
+i
= u x + iv x = −e − x cos y + ie − x sin y
∂x
∂x
olarak elde edilir.
f ' ( z ) = −e − x cos y + ie − x sin y ⇒ u x (x, y ) = −e − x cos y , v x ( x, y ) = e − x sin y dir. u x
ve v x fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri olan;
u xx = e − x cos y , u yy = e − x sin y ve v xx = −e − x sin y , v yy = e − x cos y
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u xx = v yy ve − v xx = u yy
C-R denklemlerini sağladıklarından [ f ' ( z )] = f ' ' ( z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' ' ( z ) = x + i x = e − x cos y − ie − x sin y
∂x
∂x
olarak elde edilir.
'
(c)
(
)
f ( z ) = z 3 = x 3 − 3 xy 2 + 3 x 2 y − y 3 i ⇒ u ( x, y ) = x 3 − 3 xy 2 , v( x, y ) = 3 x 2 y − y 3
dir. u ve v fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri
olan;
u x = 3x 2 − 3 y 2 , u y = −6 xy ve v x = 6 xy , v y = 3x 2 − 3 y 2
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u x = v y ve − v x = u y
C-R denklemlerini sağladıklarından f ' (z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' (z ) =
+i
= u x + iv x = 3 x 2 − 3 y 2 + i 6 xy
∂x
∂x
olarak elde edilir.
f ' ( z ) = 3 x 2 − 3 y 2 + i 6 xy ⇒ u x ( x, y ) = 3 x 2 − 3 y 2 , v x ( x, y ) = 6 xy dir. u x ve v x
fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri olan;
u xx = 6 x , u yy = −6 y ve v xx = 6 y , v yy = 6 x
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u xx = v yy ve − v xx = u yy
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
C-R denklemlerini sağladıklarından [ f ' ( z )] = f ' ' ( z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' ' (z ) = x + i x = 6 x − i6 y
∂x
∂x
olarak elde edilir.
'
(d)
f ( z ) = cos x cosh y − i sin x sinh y ⇒ u ( x, y ) = cos x cosh y , v( x, y ) = − sin x sinh y
dir. u ve v fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri
olan;
u x = − sin x cosh y , u y = cos x sinh y ve v x = − cos x sinh y , v y = − sin x cosh y
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u x = v y ve − v x = u y
C-R denklemlerini sağladıklarından f ' (z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' (z ) =
+i
= u x + iv x = − sin x cosh y − i cos x sinh y
∂x
∂x
olarak elde edilir.
f ' ( z ) = − sin x cosh y − i cos x sinh y ⇒ u x ( x, y ) = − sin x cosh y , v x (x, y ) = − cos x sinh y
dir. u x ve v x fonksiyonları sürekli olup bunların 1. mertebeden kısmi türevleri
olan;
u xx = − cos x cosh y , u yy = − sin x sinh y ve v xx = sin x sinh y , v yy = − sin x cosh y
fonksiyonları da süreklidir ve bu fonksiyonlar;
u xx = v yy ve − v xx = u yy
C-R denklemlerini sağladıklarından [ f ' ( z )] = f ' ' ( z ) türevi mevcuttur. Bu türev;
∂u
∂v
f ' ' ( z ) = x + i x = − cos x cosh y + i sin x sinh y
∂x
∂x
olarak elde edilir.
'
(
)
Problem 77. Herhangi x, y ∈ ℜ için u ( x, y ) = x 3 + 4 x 2 + x 6 − 3 y 2 − 4 y 2
fonksiyonunu tanımlayalım.
u nun harmonik olduğunu ispatlayınız.
u nun harmonik eşleniği olacak şekilde bir v fonksiyonunu bulunuz.
z = x + iy olmak üzere f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) ise, f ( z ) nin neden
analitik olduğunu açıklayınız ve f ' (z ) yi u ve v nin türevleri cinsinden
yazınız.
f ' (z ) yi değişkeni z olan bir polinom olarak ifade ediniz.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Çözüm
(
)
u ( x, y ) = x 3 + 4 x 2 + x 6 − 3 y 2 − 4 y 2 fonksiyonunun x ve y ye göre kısmi
türevlerini hesaplayalım;
u x = 3x 2 + 8 x + 6 − 3 y 2 , u y = −6 xy − 8 y , u xx = 6 x + 8 , u yy = −6 x − 8
olduğundan u harmonik
Böylece
u xx + u yy = 6 x + 8 − 6 x − 8 = 0
fonksiyondur.
v y = u x = 3x 2 + 8 x + 6 − 3 y 2 dir. Bu ifadenin y ye göre integralini alarak
v = 3 x 2 y + 8 xy + 6 y − y 3 + g ( x )
yi
elde
ederiz.
Son
olarak
0 = u y + v x = −6 xy − 8 y + 6 xy + 8 y + g ' ( x ) = g ' ( x )
olduğu
bulunur.
Böylece g ( x ) = C (keyfi sabit reel sayı olmak üzere) ve u nun harmonik
eşleniği v = 3 x 2 y + 8 xy + 6 y − y 3 + C olarak hesaplanır.
u x , u y , v x ve v y türev fonksiyonları her yerde tanımlı, sürekli ve C-R
denklemlerini sağladıklarından diferansiyellenebilmenin temel teoremi
gereğince f ( z ) nin her yerde diferansiyellenebileceğini biliyoruz. Böylece
f ( z ) analitiktir (ve tamdır). Bu taktirde aynı teorem gereğince;
f ' ( z ) = f x = u x + iv x = 3 x 2 + 8 x + 6 − 3 y 2 + i (6 xy + 8 y )
olduğu elde edilir.
Bir önceki seçenekte elde ettiğimiz
f ' ( z ) = f x = u x + iv x = 3 x 2 + 8 x + 6 − 3 y 2 + i (6 xy + 8 y )
sonucunu kullanacak olursak;
f ' ( z ) = 3 x 2 + 8 x + 6 − 3 y 2 + i (6 xy + 8 y )
(
)
= 3 x 2 − y 2 + 2ixy + 8(x + iy ) + 6
= 3( x + iy ) + 8( x + iy ) + 6
2
= 3z 2 + 8 z + 6
olduğunu elde ederiz.
Problem 78. x, y ∈ ℜ olmak üzere ∀z = x + iy ∈ C için;
f ( x, y ) = 2 xy + i x 2 − 3 y 2
kuralı ile tanımlı f ( x, y ) fonksiyonunu göz önüne alalım. f fonksiyonunun
diferansiyellenebilir olduğu tüm noktaları bulunuz, fonksiyonun her bir noktadaki
türevini bulunuz ve fonksiyonun analitik olduğu tüm noktaları bulunuz.
(
)
Çözüm
f nin reel ve sanal kısımları birer polinom olduklarından her yerde
süreklidirler ve diferansiyellenebilirdirler(sürekli türevlerle).
Bu nedenle diferansiyellenebilmenin temel teoreminden, “ f nin bir
noktada diferansiyellenebilmesi için gerek ve yeter şart o noktada C-R
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
denklemlerini sağlamasıdır” ve bu taktirde f nin verilen noktadaki türevi f x
olarak hesaplanır.(burada; f x , f nin x e göre kısmi türevidir.)
Kısmi türevlerin hesaplanmasıyla;
f x = 2 y + 2 xi , f y = 2 x − 6 yi
ifadeleri elde edilir. Buradan da
0 = f x + if y = 2 y + 2 xi + i (2 x − 6 yi ) = 8 y + 4 xi
elde edilir.
Böylece, sadece y = 0 ve x = 0 olması durumda C-R denklemleri sağlanır.
Böylelikle f sadece orijinde diferansiyellenebilirdir ki burada f nin türevi
f x = [2 y + 2 xi ]x = 0, y =0 = 0 dır. Sonuç olarak f nin diferansiyellenebilir olduğu
açık bir bölge mevcut olmadığından f hiçbir yerde analitik değildir.
Problem 79. u ( x, y ) = e 2 x sin y cos y
fonksiyonunun harmonik olduğunu
gösteriniz. u ( x, y ) + iv( x, y ) fonksiyonu analitik olacak şekilde bir reel v( x, y )
fonksiyonu mevcut mudur? Açıklayınız.
Çözüm
u ( x, y ) = e 2 x sin y cos y fonksiyonunun x ve y göre 1. ve 2. mertebeden
kısmi türevleri;
u x = 2e 2 x sin y cos y , u xx = 4e 2 x sin y cos y
ve
u y = e 2 x cos 2 ( y ) − sin 2 ( y ) , u yy = −4e 2 x sin y cos y
olarak hesaplanır. Böylece ;
u xx + u yy = 4e 2 x sin y cos y − 4e 2 x sin y cos y = 0
olduğundan u harmoniktir.
Eğer f ( x, y ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) fonksiyonunun reel ve sanal kısımları için
u x = v y , u y = −v x C-R denklemleri sağlanırsa f analitik olacaktır.
Böylece burada ilk olarak;
v x = −e 2 x (cos 2 ( y ) − sin 2 ( y ))
yazalım.
Her iki tarafın x e göre integrallenmesiyle;
1
v = − e 2 x cos 2 ( y ) − sin 2 ( y ) + C ( y )
2
elde edilir.
Son olarak;
1 2x
v y = − e (− 4 sin y cos y + C ' ( y )) = 2e 2 x sin y cos y + C ' ( y ) = u x = 2e 2 x sin y cos y
2
yazılırsa; buradan C ' ( y ) = 0 elde edilir. Dolayısıyla C ( y ) bir A sabitidir. Böylece;
1
v = e 2 x sin 2 ( y ) − cos 2 ( y ) + A
2
fonksiyonu u + iv yi harmonik yapar.
(
)
(
(
)
)
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 80. Aşağıdaki f ( z ) fonksiyonlarının f ' ( z 0 ) türevlerinin mevcut olup
olmadığını türev tanımını kullanarak elde ediniz.
(a)
f ( z ) = Im( z ), z 0 ∈ C (b)
f (z ) = z , z 0 = i
(c)
()
2
f ( z ) = Re(z ) , z 0 ∈ C (d)
f (z ) = z , z 0 = 2 − i
Çözüm
(a)
Im( z ) − Im( z 0 ) Im( x0 + αi ) − Im( x 0 + iy 0 )
=
z → z0
z − z0
i (α − y 0 )
lim
=
α − y0
= −i
i (α − y 0 )
Im( z ) − Im( z 0 ) Im(β + iy 0 ) − Im( x0 + iy 0 )
=
z → z0
β − x0
z − z0
lim
y0 − y0
=0
β − x0
z = x0 + αi ve z = β + iy 0 üzerinden yaklaşımlar sonucunda farklı limitler elde
=
edildiğinden f ( z ) = Im( z ) fonksiyonu hiçbir yerde diferansiyellenemez.
(b)
αi − i
α −1
lim
=
= −i
z →i α i − i
i (α − 1)
lim
z →i
β +i − i
β 2 +1 −1
=
β +i −i
β
z = αi ve z = β + i üzerinden yaklaşımlar sonucunda farklı limitler elde
edildiğinden f ( z ) = z fonksiyonu z 0 = i de diferansiyellenemez.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dr. Necip ŞİMŞEK
(c)
Re( z ) − Re( z 0 )
z → z0
z − z0
lim
Re( x0 + αi ) − Re( x0 + iy 0 )
z → z0
i (α − y 0 )
= lim
=
x0 − x0
=0
i (α − y 0 )
Re( z ) − Re( z 0 )
z → z0
z − z0
lim
Re(β + iy 0 ) − Re( x0 + iy 0 ) β − x 0
=
=1
z → z0
β − x0
β − x0
z = x0 + αi ve z = β + iy 0 üzerinden yaklaşımlar sonucunda farklı limitler elde
= lim
edildiğinden f ( z ) = Im( z ) fonksiyonu hiçbir yerde diferansiyellenemez.
(d)
z = 2 + αi → z 0 = 2 − i (α → −1)
(2 + αi ) − (2 − i )
⇒ lim
2
z → 2−i
2
i (α + 1)
= −4 − 2i
z = β − i → z 0 = 2 − i (β → 2 )
(β − i ) − (2 − i )
⇒ lim
2
z → 2−i
β +2
2
=0
z = 2 + αi ve z = β − i üzerinden yaklaşımlar sonucunda farklı limitler elde
()
edildiğinden f ( z ) = z
2
fonksiyonu z 0 = 2 − i de diferansiyellenemez.