istanbul kültür üniversitesi fen bilimleri enstitüsü eliptik integraller ve

İSTANBUL KÜLTÜR ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
ELİPTİK İNTEGRALLER VE UYGULAMALARI
YÜKSEK LİSANS TEZİ
Anıl ÇİĞDEMDERE
Anabilim Dalı: Matematik-Bilgisayar
Programı: Matematik-Bilgisayar
Tez Danışmanı: Yrd.Doç.Dr. Arzu ŞEN
OCAK 2006
ÖNSÖZ
Lisansüstü aşamasında yardımlarını benden esirgemeyen danışmanım Sayın
Arzu ŞEN’e, çalışkanlığını ve disiplinliliğini her zaman örnek aldığım Sayın Yaşar
POLATOĞLU’na, sabırlı bir şekilde bütün sorularımı yanıtlayan Sayın Adnan
İLERÇİ’ye, katkılarından dolayı Sayın Mert ÇAĞLAR’a ve tezin bitim aşamasında
yardımlarından ötürü Sayın Emel YAVUZ’a sonsuz teşekkürlerimi sunuyorum.
Haziran 2006
Anıl ÇİĞDEMDERE
ii
İÇİNDEKİLER
ŞEKİL LİSTESİ ........................................................................................................iv
SEMBOL LİSTESİ ....................................................................................................v
ÖZET .........................................................................................................................vi
SUMMARY ..............................................................................................................vii
GİRİŞ .......................................................................................................................viii
1. ELİPTİK İNTEGRALLER .............................................................................................. 1
1.1 Birinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller .......................................................... 1
1.2 İkinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller............................................................ 1
1.3 Üçüncü Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller......................................................... 1
1.4 Eliptik İntegraller İçin Jakobi Şekilleri..................................................................... 2
1.5 Eliptik Tipe İndirgenebilen İntegraller ..................................................................... 2
1.6 Jakobi Eliptik Fonksiyonları ...................................................................................... 3
2. ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER ......................................................................................... 4
2.1 Eliptik İntegrallerle İlgili Problemler........................................................................ 4
2.2 Eliptik Fonksiyonlarla İlgili Problemler ................................................................. 34
3. PERİYODİK FONKSİYONLAR................................................................................... 38
3.1 Çift Periyotlu Fonksiyonların Özellikleri ................................................................ 41
3.2 σ (z ) Fonksiyonunun İncelenmesi ........................................................................... 45
3.3 Weierstrass ξ (z ) ve σ (z ) Fonksiyonları ................................................................ 46
3.4 Legendre Bağıntısı..................................................................................................... 47
3.5 η1 ve η 2 Sabitlerinin ξ Fonksiyonu Tarafından Belirlenmesi............................. 48
3.6 Tam Fonksiyonların Weierstrass Çarpım Formülü............................................... 49
4. ELİPSTE YALINKAT FONKSİYONLAR..............................................................51
KAYNAKLAR .........................................................................................................70
SONUÇ……………………………………………………………………………..72
ÖZGEÇMİŞ .............................................................................................................73
iii
ŞEKİL LİSTESİ
Sayfa No
Şekil 3.1 Periyot paralelkenarlarının geometrik yorumu
39
Şekil 3.2 Paralelkenar kullanarak geometrik bir yaklaşım
42
Şekil 3.3 Rezidü teoremi için geometrik yaklaşım
43
Şekil 4.1 f (z ) noktası için geometrik yaklaşım
53
Şekil 4.2 f (z ) noktasının reel ve sanal kısımlara ayrılışının geometrik yorumu
54
Şekil 4.3 Bileşke fonksiyonun geometrik yorumu
55
Şekil 4.4 Yıldızıllık için geometrik yorum
57
Şekil 4.5 Konvekslik için geometrik yorum
62
Şekil 4.6 Teğet ve normal için geometrik yorum
64
Şekil 4.7 Eğrilik için geometrik yaklaşım
67
iv
SEMBOL LİSTESİ
am u
: u nun genliği
mod u
: u nun modülü
K (k )
: Birinci tür tam eliptik integral
E (k )
: İkinci tür tam eliptik integral
F1 (k , x)
: Birinci tür eliptik integraller için Jakobinin şekli
E 1( k , x )
: İkinci tür eliptik integraller için Jakobinin şekli
∏1 (k , n, x)
: Üçüncü tür eliptik integraller için Jakobinin şekli
a<b
: a, b den küçüktür
a>b
: a, b den büyüktür
a=b
: a, b ye eşittir
a≠b
: a, b ye eşit değildir
n1w1 + n2 w2
: Çift periyotlu bir fonksiyonun periyodu
Re zf ( z )
: f (z ) fonksiyonunun rezidüsü
Im z
: z kompleks sayısının imajiner kısmı
Re z
: z kompleks sayısının reel kısmı
z
: z kompleks sayısının modülü
Γ
: w = f (z ) fonksiyonu ile yapılan tasvirde elde edilen eğri
w1 , w2 , w3 ,..., wn ,...
: pozitif terimli periyot dizisi
ξ (z ) , σ (z )
: Weierstrass fonksiyonu
η1 , η 2
: Legendre Bağıntısı içinde yer alan sabitler
v
ÖZET
İntegral hesapta eliptik integraller, bir elips yay uzunluğunun hesaplanması
problemiyle ortaya çıkmış ve ilk olarak Giulio Fagnano ve Leonhard Euler tarafından
incelenmiştir.
Modern tanımıyla bir eliptik integral, R iki değişkenli rasyonel bir fonksiyon P
üçüncü ya da dördüncü dereceden katlı kökü olmayan bir polinomun karekökü ve c
bir sabit olmak üzere
x
f ( x) = ∫ R(t , P (t ))dt
c
biçiminde ifade edilebilen bir f fonksiyonudur.
Genel olarak eliptik integraller elemanter fonksiyonlar cinsinden ifade edilemezler.
Bu durumun istisnaları P polinomunun katlı kökünün olması ya da R(x,y)
fonksiyonunun y değişkeninin tek kuvvetlerini içerdiği hallerdir. Buna karşın
indirgeme formülleriyle her eliptik integral rasyonel fonksiyonların ve birinci, ikinci,
üçüncü tür eliptik integraller olarak adlandırılan üç kanonik formun integralleri
biçiminde ifade edilebilir.
Bu formlar dışında eliptik integraller “Legendre Formu” ve “Carlson Simetrik
Formu” adı verilen biçimlerde de ifade edilebilirler. Belirsiz integral hakkında
detaylı bilgi ise Schwarz-Christoffel dönüşümü incelenerek elde edilebilir.
Bu çalışmanın ilk bölümünde eliptik integrallerin tanımı ve şekilleri verilmiştir.
İkinci bölüm ise eliptik integraller ve eliptik fonksiyonlar ile ilgili problemlerin
çözümlerini içermekte olup üçüncü bölümde çift periyotlu fonksiyonlar ve bunların
özellikleri incelenmiştir. Son bölümde ise elipste yalınkat fonksiyonlarla ilgili bir
çalışma yer almaktadır.
vi
SUMMARY
In integral calculus, elliptic integrals originally arose in connection with the problem
of giving the arc length of an ellipse and were first studied by Giulio Fagnano and
Leonhard Euler.
In the modern definition, an elliptic integral is any function f which can be expressed
in the form
x
f ( x) = ∫ R(t , P (t ))dt
c
where R is a rational function of its two arguments, P is the square root of a
polynomial of degree 3 or 4 (a cubic or quartic) with no repeated roots, and c is a
constant.
In general, elliptic integrals cannot be expressed in terms of elementary functions;
exceptions to this are when P does have repeated roots, or when R(x,y) contains no
odd powers of y. However, with appropriate reduction formula, every elliptic integral
can be brought into a form that involves integrals over rational functions, and the
three canonical forms (i.e. the elliptic integrals of the first, second and third kind).
Besides the forms given below, the elliptic integrals may also be expressed in
Legendre form and Carlson symmetric form. Additional insight into the theory of the
indefinite integral may be gained through the study of the Schwarz-Christoffel
mapping.
The first part of this work contains of the definitions and form of elliptic integrals.
The second part contains the solutions of problems on elliptic integrals and the third
part includes doubly-periodic functions and their properties. The last part of the
present work is devoted to a study on univalent on univalent functions in the ellipse.
vii
GİRİŞ
Eliptik integral kavramı bir elips yayının uzunluğunun belirtilmesinde kullanılan bir
yöntemdir. Normal integral ile yay uzunluğu bulmaya çalışırken elde ettiğimiz sonuç
bize kesin uzunluğu vermemekte, hata payı içermektedir. Ancak eliptik integraller ile
kesin sonuca ulaşılabilmektedir. Bunun sebebi ise seriye açarak sonuca ulaşılmasıdır.
Bu çalışmada
1. Eliptik integrallerin tanımları
2. Eliptik integraller ile ilgili problemler
3. Eliptik fonksiyonların tanımlanması ve özellikleri
4. Çift periyotlu fonksiyonların özellikleri
5. Elipste yalınkat fonksiyonlar
incelenmiştir.
viii
1. ELİPTİK İNTEGRALLER
1.1 Birinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller
φ
(1.1)
u = F (k , φ ) = ∫
0
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
0 < k <1
şeklinde tanımlanır; φ ye F (k , φ ) nin veya u nun genliği denir ve φ = am u yazılır, k
ya da u nun modülü denir ve k = mod u yazılır. Bu integrale birinci tür eliptik
integralin Legendre şekli de denir.
Eğer φ = π 2 ise integrale birinci tür tam integral denir ve K (k ) veya sadece K
notasyonu ile gösterilir. Bütün amaçlar için k nın verilmiş bir sabit olduğu kabul
edilecektir.
1.2 İkinci Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller
φ
(1.2)
E (k ,φ ) = ∫ 1 − k 2 sin 2 θ dθ
0 < k <1
0
şeklinde tanımlanır. Buna ikinci tür eliptik integralin Legendre şekli de denir. Eğer
φ = π 2 ise integrale ikinci tür tam eliptik integral denir ve E (k ) veya sadece E
notasyonu ile gösterilir. Bu integral bir elips yayının uzunluğunun belirtilmesinde
ortaya çıkar ve eliptik integral teriminin kullanılmasının bir nedenini teşkil eder.
1.3 Üçüncü Tür Tam Olmayan Eliptik İntegraller
φ
(1.3)
∏ ( k , n, φ ) = ∫
0
dθ
2
(1 + n sin θ ) 1 − k 2 sin 2 θ
0 < k <1
şeklinde tanımlanır. Buna üçüncü tür eliptik integralin Legendre şekli de denir.
Burada n sıfırdan farklı bir sabit kabul edilmektedir. Çünkü n = 0 için (1.3) integrali
(1.1) integraline indirgenmiş olur. Eğer φ = π 2 ise integrale üçüncü tür tam eliptik
integral denir.
1
1.4 Eliptik İntegraller İçin Jakobi Şekilleri
Yukarıdaki eliptik integrallerin Legendre şekillerinde v = sin θ dönüşümü yapılırsa
x = sin φ olmak üzere, aşağıdaki integraller elde edilir. Bunlara sırasıyla birinci,
ikinci, üçüncü tür eliptik integrallerin Jakobi şekilleri denir ve x = 1 için tam integral
elde edilir.
x
(1.4)
F1 (k , x) = ∫
0
x
(1.5)
E1(k , x) = ∫
0
dv
2
(1 − v )(1 − k 2v 2 )
1 − k 2v 2
dv
1 − v2
x
(1.6)
∏1 (k , n, x) = ∫
0
dv
2
(1 + nv ) (1 − v 2 )(1 − k 2v 2 )
Yukarıdaki integraller sırasıyla birinci, ikinci, üçüncü tür eliptik integralleri için
Jakobinin şekillerini gösterir.
1.5 Eliptik Tipe İndirgenebilen İntegraller
Eğer x ve y nin cebirsel rasyonel bir fonksiyonu yani x ve y cinsinden iki polinomun
bölümü R(x,y) ise,
∫ R( x, y)dx
integrali elemanter fonksiyonlar (cebirsel,
trigonometrik, ters trigonometrik, üstel ve logaritmik fonksiyonlar) cinsinden
hesaplanabilir. ( y = ax + b veya y = ax 2 + bx + c için)
Eğer a, b, c, d, e verilen sabitler olmak üzere y = ax 3 + bx 2 + cx + d veya
y = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e ise
∫ R( x, y)dx
integrali birinci, ikinci, üçüncü tür
eliptik integraller cinsinden veya özel hallerde elemanter fonksiyonlar cinsinden
hesaplanabilir.
Eğer P (x) dörtten yüksek dereceli bir polinom olmak üzere y = P( x) ise
∫ R( x, y)dx integrali
hiper eliptik fonksiyonlar yardımıyla integrallenebilir.
2
1.6 Jakobi Eliptik Fonksiyonları
Birinci tür eliptik integralin Jakobi şeklindeki üst limit x, Legendre şeklindeki üst
limit φ ye x = sin φ bağıntısıyla bağlıdır. φ = am u olduğundan x = sin(am u ) dur.
Böylece eliptik fonksiyonların tanımına varmış oluruz:
(1.8)
x = sin(am u ) = sn u
(1.9)
1 − x 2 = cos(am u ) = cn u
(1.10)
1 − k 2 x 2 = 1 − k 2sn 2 u = dn u
(1.11)
x
1 − x2
=
sn u
= tn u
cn u
Bu fonksiyonlar, trigonometrik fonksiyonlarınkine benzeyen ve problemlerde
gösterilecek olan pek çok önemli özelliğe sahiptirler.
Ters eliptik fonksiyonların tanımlanması da mümkündür. Örneğin x = sn u ise
u = sn −1 x dir. u nun k ya bağımlı olduğuna dikkat ediniz. Bu bağımlılığı iyice
belirtmek için bazen u = sn −1 ( x, k ) veya u = sn −1 x , mod k yazılır.
Şimdi eliptik integralleri daha iyi kavrayabilmemiz için örnek problemleri
inceleyelim.
3
2. ÇÖZÜLMÜŞ PROBLEMLER
2.1 Eliptik İntegrallerle İlgili Problemler
1. Eğer 0 < k < 1 ise
π 2
K (k ) =
∫
0
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
=
π 
2
2
2

 1  2  1⋅ 3  4  1⋅ 3 ⋅ 5  6
 k +
 k + ...
1 +   k + 
2   2 

 2⋅4
 2⋅4⋅6
olduğunu ispat ediniz.
Öncelikle hazırlığımızı yapalım.
Bir
( a, b)
aralığında
n
inci
mertebeden
türevi
mevcut
f ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ... + an x n fonksiyonunu göz önüne alalım. Burada
ai (i = 0,1,2,..., n) sabitlerdir. Bu fonksiyonun n inci mertebeye kadar türevlerini
hesaplayalım.
f ' ( x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + ... + nan x n−1
f ' ' ( x) = 2a2 + 3 ⋅ 2a3 x + ... + n(n − 1)an x n−2
bu şekilde devam edersek
f ( n ) ( x) = n! an
bulunur. Şimdi x yerine sıfır yazalım. Bu durumda;
f (0) = a0
f ' (0) = a1
f ' ' ( 0) = 2 a2
bu şekilde devam edersek
f ( n ) (0) = n!an
olup buradan da ai leri hesaplarsak,
a0 = f (0)
a1 = f ' (0)
f ' ' (0)
2!
bu şekilde devam edersek
a2 =
an =
f ( n ) (0)
n!
4
bulunur
ki
bu
değerleri
f ( x) = f (0) + xf ' (0) +
f (x)
fonksiyonunda
sırasıyla
yerine
koyarsak
x2
x n ( n)
f (0)
f ' ' (0) + ... +
2!
n!
formülü elde edilir. Bu formüle Maclaurin Formülü denir. Şimdi f ( x) = (1 + x)n
fonksiyonunu ele alalım. Buradan;
f ( x) = (1 + x) n
f ' ( x) = n(1 + x) n−1
f ' ' ( x) = n(n − 1)(1 + x) n−2
bu şekilde devam edersek
f ( n ) ( x) = n!
ve burada bütün ifadelerde x=0 değerini koyarsak
f (0) = 1
f ' (0) = n
f ' ' (0) = n(n − 1)
bu şekilde devam edersek
f ( n ) (0) = n!
bulunur. Yukarıdaki değerleri de sırasıyla fonksiyonda yerine koyarsak
n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3
x +
x + ... + x n
2!
3!
n
(
n
−
1
)
n
(
n
−
1)(n − 2) 3
f (− x) = (1 − x) n = 1 − nx +
x2 −
x + ...(−1) n x n
2!
3!
f ( x) = (1 + x) n = 1 + nx +
olup burada n = −
(1 − x ) −1 2 = 1 +
1
alırsak
2
1
1⋅ 3 2 1⋅ 3 ⋅ 5 3
x+
x +
x + ...
2
2⋅4
2⋅4⋅6
π 2
yazabiliriz ve
∫
2
∫
0
π 2
dθ
2
2
1 − k sin θ
2
1 − k sin θ
0
π 2
π 2
dθ
=

0
=
1
∫ 1 + 2 k
2
=
∫ (1 − k
2
sin 2 θ ) −1 2 dθ deyip x = k 2 sin 2 θ alırsak
0
sin 2 θ +
1.3 4 4
1.3.5 6 6

k sin θ +
k sin θ + ...dθ
2. 4
2.4.6

π 
2
2
2

 1  2  1⋅ 3  4  1⋅ 3 ⋅ 5  6
1
+
k
+
k
+



 k + ...
  
2   2 

 2⋅4
 2⋅4⋅6
sonucu çıkar.
5
π 2
2.
∫
0
dx
integralini önce bir eliptik integrale dönüştürünüz sonra üç ondalıklı
sin x
olarak hesaplayınız.
x=
π
2
− y dönüşümünü yaparsak dx = −dy olur ve integralin sınırları sırasıyla
x=0⇒ y =
x=
π
2
π
2
⇒ y=0
olur.
π 2
∫
0
0
− dy
dx
=
sin x π∫2
π

sin  − y 
2

π 2
=
∫
0
dy
cos y
yazabiliriz ve karekökten kurtulmak için de cos y = cos 2 u dönüşümünü yaparsak
− sin ydy = −2 cos u sin udu
2 cos u sin udu
dy =
sin y
olup sin 2 y + cos 2 y = 1 eşitliğinden ve cos y = cos 2 u yazılırsa
sin y = 1 − cos 2 y = 1 − cos 4 u = (1 − cos 2 u )(1 + cos 2 u )
olur ve bu ifadeyi yukarıdaki denklemde yerine koyarsak
dy =
2 cos u sin udu
2 cos u sin udu
2 cos udu
=
=
sin y
(1 − cos 2 u )(1 + cos 2 u )
1 + cos 2 u
olup bunu integralde yerine koyarsak
π 2
∫
0
0
− dy
dx
=
sin x π∫2
π

sin  − y 
2


π 2
=2
π 2
=2∫
0
π 2
=2∫
0
=
∫
0
dy
cos y
cos udu
∫ cos u
0
π 2
1 + cos 2 u
du
1 + cos 2 u
du
2 − sin 2 u
6
π 2
du
=2∫
[
2 1 − (1 2) sin 2 u
0
π 2
∫
= 2
0
]
du
1 − (1 2) sin 2 u
 1 π
= 2 F 
, 
 2 2
bulunup ilk problemin sonucunda k =
1
konularak integral 2,622 değerini alır.
2
Başka bir metot:
π 2
dx
π
integralinde yine x = − y dönüşümünü yaparsak dx = −dy ve integralin
2
sin x
∫
0
sınırları sırasıyla
x=0⇒ y =
x=
π
2
π
2
⇒ y=0
olur. Dolayısıyla;
π 2
∫
0
π 2
∫
0
0
dx
=
sin x π∫2
dx
=
sin x
olup
π 2
∫
0
π 2
− dy
π

sin  − y 
2


dy
=
cos y
π 2
∫
0
=
dy
olup cos y = 1 − 2 sin 2 ( y 2 ) yazarsak
cos y
∫
0
dy
1 − 2 sin 2 ( y 2)
2 sin( y 2) = sin φ dönüşümü uygulanırsa
2
cos( y 2 )dy = cos φdφ
2
2 cos φdφ
dy =
cos( y 2 )
olur. Öte yandan
cos( y 2) = 1 − sin 2 ( y 2) = 1 − (1 2) sin 2 φ ifadesini yukarıda yerine koyarsak
dy =
2 cos φdφ
2 cos φdφ
=
cos( y 2 )
1 − (1 2) sin 2 φ
bulunur
koyduğumuz vakit
7
ki
bunu
da
integralde
yerine
π 2
dx
=
sin x
∫
0
π 2
π 2
dy
=
cos y
∫
0
2
 1

= 2 K 

2
1 − (1 2) sin 2 φ


dφ
∫
0
bulunur.
π 2
3.
∫
cos x dx integralini eliptik integral cinsinden ifade ediniz.
0
Karekökten kurtulmak için cos x = cos 2 u dönüşümünü yaparsak;
− sin xdx = −2 cos u sin udu
sin xdx = 2 cos u sin udu
2 cos u sin du
dx =
sin x
bulunup sin x = 1 − cos 2 x = 1 − cos 4 u = (1 − cos 2 u )(1 + cos 2 u ) = sin u 1 + cos 2 u
eşitliğini yukarıda yerine koyalım.
dx =
2 cos u sin udu
2 cos u sin udu
2 cos udu
=
=
olur ve
2
sin x
sin u 1 + cos u
1 + cos 2 u
π 2
∫
π 2
cos x dx =
0

∫ cos u
0
π 2
cos 2 u
=2∫
0
π 2
=2∫
0

du

1 + cos u 
2 cos u
1 + cos 2 u
2
du
1 + cos 2 u − 1
du
1 + cos 2 u
π 2
π 2
= 2 ∫ 1 + cos 2 u du − 2 ∫
0
0
π 2
π 2
=2∫
2 − sin 2 u du − 2 ∫
0
0
π 2
(
)
du
1 + cos 2 u
du
2 − sin 2 u
π 2
=2∫
2 1 − (1 2) sin 2 u du − 2 ∫
0
0
π 2
=2 2
∫
du
(
2 1 − (1 2) sin 2 u
π 2
1 − (1 2) sin 2 u du − 2
0
∫
0
 1 π
 1 π
= 2 2 E 
,  − 2 F 
, 
2
2
2
2



elde edilir.
8
)
du
1 − (1 2) sin 2 u
π 2
∫
4.
1 + 4 sin 2 x dx integralini hesaplayınız.
0
π 2
Verilen integrali
∫
π 2
2
1 + 4(1 − cos x )dx =
0
x=
π
2
x=
2
5 − 4 cos 2 x dx şeklinde yazıp
0
− y dönüşümünü yaparsak dx = −dy olur integral sınırları da sırasıyla
x=0⇒ y =
π
∫
π
2
⇒ y=0
şekline dönüşür. Düzenleyip yazarsak;
π 2
π 2
∫
1 + 4 sin 2 x dx =
0
∫
5 − 4 cos 2 x dx
0
0
=
∫
π
2
π

5 − 4 cos 2  − y  (−dy )
2

π 2
=
∫
5 − 4 sin 2 y dy
0
π 2
=
∫ 5[1 − (4 5) sin y ]dy
2
0
π 2
= 5
∫
1 − (4 5) sin 2 y dy
0
 2 π
= 5E
, 
 5 2
bulunur.
x
5.
∫
1 − 4 sin 2 u du integralini tam olmayan eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
0
0 ≤ x ≤ π 6 olduğu varsayılmaktadır.
4 sin 2 u = 2 sin u = sin φ dönüşümü yapılırsa
2 cos udu = cos φdφ
cos φdφ
du =
2 cos u
olup cos u yu φ cinsinden yazmak için
9
cos u = 1 − sin 2 u = 1 − (1 4) sin 2 φ eşitliğini kullanmamız gerekir. Bu da yukarıda
yerine yazılırsa;
du =
cos φdφ
cos φdφ
=
2 cos u 2 1 − (1 4) sin 2 φ
olup sınırlar için de φ = sin −1 (2 sin u ) gerçeği altında
x
∫
φ
1 − 4 sin 2 u du = ∫ cos φ
0
0
cos φ
2 1 − (1 4) sin 2 φ
dφ
φ
=
1
1 − sin 2 φ
dφ
2 ∫0 1 − (1 4) sin 2 φ
=
1 − 3 + 4 − sin 2 φ
dφ
2 ∫0 1 − (1 4) sin 2 φ
=
1 − 3 + 4 1 − (1 4) sin 2 φ
dφ
2 ∫0
1 − (1 4) sin 2 φ
φ
[
φ
]
φ
φ
3
dφ
=− ∫
+ 2 ∫ 1 − (1 4) sin 2 φ dφ
2
2 0 1 − (1 4) sin φ
0
3 1 
1 
= − F  ,φ  + 2 E  , φ 
2 2 
2 
elde edilir
6. I = ∫
dx
integralinin eliptik türden integrale indirgenebildiğini gösteriniz.
2 − cos x
x
cos x = 2 cos 2   − 1 eşitliğinden faydalanırsak
2
 x
2 − cos x = 3 − 2 cos 2   olup verilen integral
2
∫
dx
3 − 2 cos ( x 2 )
2
=∫
=
olup burada
dx
[
3 1 − (2 3) cos 2 ( x 2)
]
1
dx
∫
3 1 − (2 3) cos 2 ( x 2 )
x π
= − u dönüşümü yapılırsa dx = −2du olur. Bunu yukarıda
2 2
kullanırsak
10
1
dx
2
− du
2
du
=
=−
∫
∫
∫
2
2
3 1 − (2 3)cos (x 2)
3 1 − (2 3) sin u
3 1 − (2 3) sin 2 u
I=
şeklini alır.
π 2
∫
7.
0
dx
2
=
F ( 2 3 , π 2) − F ( 2 3 , π 4) olduğunu ispatlayınız.
2 − cos x
3
[
]
x π
= − u dönüşümünü yaparsak dx = −2du olup integral sınırları sırasıyla
2 2
x=0⇒u =
x=
π
2
π
⇒u=
2
π
4
haline dönüşürler ve Problem 6 dan yaralanarak
π 2
∫
0
π 4
dx
2
du
=−
∫
2 − cos x
3 π 2 1 − (2 3) sin 2 u
π 2
2
du
=
∫
3 π 4 1 − (2 3)sin 2 u
2
=
3
π 4
 π 2
du
du
− ∫
∫
2
1 − (2 3 )sin 2 u
 0 1 − (2 3 )sin u
0
2
F ( 2 3 ,π 2) − F ( 2 3 ,π 4)
3
{
=
}
sonucuna varılır.
8. y = sin x, 0 ≤ x ≤ π eğrisinin yay uzunluğunu bulunuz.
π
π
Yay uzunluğu= ∫ (dx) + (dy ) = ∫ 1 + (dy dx) 2 dx
2
0
olup y = sin x ⇒
2
0
dy
= cos x
dx
π
π 2
0
0
Yay uzunluğu = ∫ 1 + cos 2 x dx = 2 ∫ 1 + cos 2 x dx
π 2
=2∫
2 − sin 2 x dx
0
π 2
=2∫
[
]
2 1 − (1 2) sin 2 x dx
0
11



π 2
=2 2
∫
1 − (1 2) sin 2 x dx
0
 1 π
= 2 2 E 
, 
2
2

bulunur.
9. x = a sin φ , y = b cos φ 0<b<a elipsinin yay uzunluğunu bulunuz.
π 2
Elipsin yay uzunluğu= 4 ∫
(dx) 2 + (dy ) 2 dir.
0
x = a sin φ ⇒ dx = a cos φdφ
y = b cos φ ⇒ dy = −b sin φdφ
olup bunları yay uzunluğu formülünde yerine koyarsak
π 2
Elipsin yay uzunluğu= 4 ∫
(dx) 2 + (dy ) 2
0
π 2
=4 ∫
a 2 cos 2 φ + b 2 sin 2 φ dφ
0
π 2
=4∫
a 2 (1 − sin 2 φ ) + b 2 sin 2 φ dφ
0
2
π 2
a2 − b
a (1 −
sin 2 φ )dφ
a2
=4∫
2
0
π 2
= 4a ∫ 1 − e 2 sin 2 φ dφ
0
bulunur ki burada 0 < e 2 =
10.
a2 − b2
< 1 olup e 2 elipsin eksantirisitesinin karesidir.
a2
x2 y2
+
= 1 elipsinin çevre uzunluğunu bulunuz.
9
4
Bu elipsin parametrik denklemleri x = 3 sin θ , y = 2 cosθ olup
dx = 3 cos θdθ ve dy = −2 sin θdθ dır.
π 2
Elipsin yay uzunluğu= 4 ∫
(dx) 2 + (dy ) 2
0
π 2
=4∫
9 cos 2 θ + 4 sin 2 θ dθ
0
π 2
=4∫
9(1 − sin 2 θ ) + 4 sin 2 θ dθ
0
12
π 2
=4∫
9 − 5 sin 2 θ dθ
0
π 2
[
=4∫
]
9 1 − (5 9) sin 2 θ dθ
0
π 2
= 12 ∫ 1 − (5 9) sin 2 θ dθ
0
 5 π
= 12 E  , 
 9 2
bulunur.
π 2
11.
dx
∫
integralini eliptik integraller cinsinden yazınız.
2
sin x + 2 cos 2 x
0
cos 2 x = 1 − sin 2 x eşitliğini kullanırsak
π 2
∫
0
π 2
dx
2
2
sin x + 2 cos x
=
dx
∫
2
sin x + 2(1 − sin 2 x)
0
π 2
=
dx
∫
2 − sin 2 x
0
π 2
=
dx
∫
[
2 1 − (1 2) sin 2 x
0
=
=
1
2
π 2
∫
0
]
dx
1 − (1 2) sin 2 x
1  1 π
F
, 
2  2 2 
bulunur.
t
12.
∫
0
dx
1 − 3 sin 2 x
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
3 sin x = sin u dönüşümünü yaparsak
3 cos xdx = cos udu
cos udu
cos udu
dx =
=
3 cos x
3 1 − sin 2 x
=
=
cos udu
3 1 − (1 3) sin 2 u
cos udu
3 − sin 2 u
13
olup φ = sin −1 ( 3 sin t ) bağıntıyla da φ ,
t ye bağlı olacak şekilde integral
sınırlarımız değişir. Dolayısıyla;
t
φ
dx
∫
2
1 − 3 sin x
0
cos udu
=∫
cos u 3 − sin 2 u
0
φ
=∫
0
du
3 − sin 2 u
φ
=∫
0
du
[
3 1 − (1 3) sin 2 u
]
φ
=
1
du
∫
3 0 1 − (1 3) sin 2 u
=
1  1 
F  ,φ 
3  3 
olarak eliptik integraller cinsinden ifade edilir.
2
13.
∫
0
dx
( 4 − x 2 )(9 − x 2 )
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
1.Yol: x = 2 sin t dönüşümünü yaparsak
dx = 2 cos tdt olup integral sınırları
x=0⇒t =0
x = 2⇒t =π 2
olacak şekilde değişir. Dolayısıyla;
2
∫
0
π 2
dx
2
2
( 4 − x )(9 − x )
2 cos tdt
∫
=
(4 − 4 sin 2 t )(9 − 4 sin 2 t )
0
π 2
2 cos tdt
∫
=
4(1 − sin 2 t )(9 − 4 sin 2 t )
0
π 2
=
dt
∫
9 − 4 sin 2 t
0
π 2
=
dt
∫
(
9 1 − (4 9) sin 2 t
0
=
1
3
π 2
∫
0
dt
1 − (4 9) sin 2 t
1 2 π 
= F , 
3 3 2
bulunur.
14
)
2.Yol: x = 3 sin t dönüşümünü yaparsak dx = 3 cos tdt olup integralin sınır değerleri
için
x=0
x = 3 sin t ⇒
t=0
ve
x=2
için
t= arcsin
2
3
haline
dönüşür.
Burada
x
x
= sin t ⇒ arcsin  = t bağıntısı ile x in t ye bağlı olarak sınırları
3
3
değişmiştir.
2
∫
0
arcsin 2 3
dx
2
2
( 4 − x )(9 − x )
3 cos tdt
∫
=
( 4 − 9 sin 2 t )(9 − 9 sin 2 t )
0
arcsin 2 3
dt
∫
=
(
4 1 − (9 4) sin 2 t
0
=
olup burada
dt =
1
2
arcsin 2 3
∫
)
dt
1 − (9 4) sin 2 t
0
3
3
sin t = sin φ dönüşümünü yaparsak cos tdt = cos φdφ bulunur ki;
2
2
2 cos φdφ
2 cos φdφ
2 cos φdφ
2 cos φdφ
=
=
=
2
2
3 cos t
3 1 − sin t 3 1 − ( 4 9) sin φ
9 − 4 sin 2 φ
3

İntegral sınırları ise φ = arcsin sin t  bağıntısına bağlı olarak
2


t = 0⇒φ = 0
t = arcsin (2 3) ⇒ φ = π 2
şeklinde değişir. O halde;
1
2
arcsin 2 3
∫
0
π 2
dt
2
1 − (9 4) sin t
=
∫
0
cos φdφ
cos φ 9 − 4 sin 2 φ
π 2
=
dφ
∫
(
9 1 − ( 4 9) sin 2 φ
0
=
1
3
π 2
∫
0
dφ
1 − ( 4 9) sin 2 φ
1  4 π
= F 
, 
3  9 2 
bulunur.
15
)
eşitliği
çıkar.
1
14.
∫
0
dx
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
2
(1 + x )(1 + 2 x 2 )
x = tan u dönüşümünü yaparsak dx = sec 2 udu olup integral sınırları olan x = 0 ve
x=1 sırasıyla u = 0 ve u =
1
∫
0
π
4
e dönüşür. Dolayısıyla;
π 4
dx
=
(1 + x 2 )(1 + 2 x 2 )
sec2 udu
∫
(1 + tan 2 u )(1 + 2 tan 2 u )
0
π 4
=
∫
cos u sec2 udu
1 + 2 tan 2 u
0
π 4
=
du
∫ cos u
1 + 2 tan 2 u
0
π 4
=
∫
du
2
cos u + 2 sin 2 u
0
π 4
=
∫
du
cos 2 u + 2(1 − cos 2 u )
0
π 4
=
∫
2 − cos 2 u
0
olup u =
π
− t dönüşümünü yaparsak du = − dt ve integralin de sınırları sırasıyla
2
u =0⇒t =
u=
π
4
du
π
⇒t =
2
π
4
haline dönüşür. Düzenleyip yazarsak;
π 4
∫
0
π 4
du
2
2 − cos u
=
− dt
∫
π
2 − sin 2 t
2
π 2
=
∫
π
4
dt
2 − sin 2 t
π 2
=
∫
π
4
dt
2(1 − (1 2) sin 2 t )
=
1 

2  ∫0
=
1  
F
2  
π 2


∫
1 − (1 2) sin 2 t 0 1 − (1 2) sin 2 t 
 1 π 
1 π 
,  − F 
, 
2 2
 2 4 
dt
π 4
−
16
dt
φ
15.
∫
0
dφ
1 + k 2 sin 2 φ
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
k sin φ = tan u dönüşümünü yaparsak k cos φdφ = sec2 udu ve böylelikle
dφ =
sec2 udu
sec2 udu
=
k cos φ
k 1 − sin 2 φ
sec2 udu
=
k 1−
tan 2 u
k2
sec2 udu
=
k 2 − tan 2 u
olur. Düzenleyip baştan yazarsak;
φ
∫
0
u
dφ
1 + k 2 sin 2 φ
=∫
cos u sec2 udu
k 2 − tan 2 u
0
u
=∫
0
du
cos u k 2 − tan 2 u
u
du
=∫
k 2 cos 2 u − sin 2 u
0
u
du
=∫
k 2 (1 − sin 2 u ) − sin 2 u
0
u
du
=∫
2
k − (k 2 + 1) sin 2 u
0
u
du
=∫
  k 2 + 1

k 2 1 −  2  sin 2 u 
  k 

0
u
=
olup burada
du =
1
k ∫0
 k 2 + 1
1 −  2  sin 2 u
 k 
k2 +1
sin u = sin x dersek
k
k cos xdx
2
du
k + 1 cos u
=
k2 +1
cos udu = cos xdx ve buradan
k
k cos xdx
2
k + 1 1 − sin 2 u
17
=
k cos xdx
 k2  2
 sin x
k 2 + 1 1 −  2
 k + 1
ve sonuçta da
u
1
k ∫0
du
 k 2 +1
1 −  2  sin 2 u
 k 
x
=
1
k ∫0
k cos xdx
 k2  2
 sin x
(cos x) k 2 + 1 1 −  2
 k +1
 k

F 
, x 
k 2 +1  k 2 +1 
1
=
bulunur. Yapılan işlemlerde geriye doğru gidilerek son integralde üst limit x in ilk
 k 2 + 1 sin φ
integraldeki üst limit φ ye x = sin −1 
 1 + k 2 sin 2 φ


 eşitliği ile bağlı bulunduğu


görülür.
6
16.
∫
4
dx
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
( x − 1)( x − 2)( x − 3)
x = u 2 + 3 dönüşümünü yaparsak dx = 2udu olup integral sınırları
x = 4 ⇒ u =1
x=6⇒u = 3
haline dönüşür. Dolayısıyla;
6
∫
4
dx
=
( x − 1)( x − 2)( x − 3)
3
2udu
∫
2
(u + 2)(u 2 + 1)u 2
1
3
= 2∫
du
(u 2 + 2)(u 2 + 1)
1
ve bu son integralde u = tan t dönüşümünü kullanırsak du = sec2 tdt olup integralin
sınır değerleri;
u =1⇒ t =
6
∫
4
π
4
ve u = 3 ⇒ t =
π
3
olur. Buradan;
3
dx
du
= 2∫
2
( x − 1)( x − 2)( x − 3)
(u + 2)(u 2 + 1)
1
π 3
=2∫
π 4
sec 2 tdt
( 2 + tan 2 t )(1 + tan 2 t )
18
π 3
=2∫
π 4
dt
cos t 2 + tan 2 t
π 3
dt
=2∫
2 cos 2 t + sin 2 t
π 4
π 3
dt
=2∫
2(1 − sin 2 t ) + sin 2 t
π 4
π 3
dt
=2∫
2 − sin 2 t
π 4
π 3
dt
=2∫
(
2 1 − (1 2) sin 2 t
π 4
π 3
= 2
∫
π
4
)
dt
1 − (1 2) sin 2 t
π 4
π 3

dt
dt
= 2 ∫
− ∫

 0 1 − (1 2) sin 2 t 0 1 − (1 2) sin 2 t 
  1 π 
 1 π 
,  − F 
, 
= 2  F 
2
4 
  2 3 

şekline girer.
Genel olarak, P3 ( x) reel köklü üçüncü dereceden bir polinom ise
∫
dx
P3 ( x)
integrali
işaret edilen metotla bir eliptik integrale dönüştürülebilir.
∞
17.
∫
1
du
integralini hesaplayınız.
2
(u − 1)(u 2 + 3)
Burada u = sec t dönüşümünü yaparsak du = sec t tan tdt olup integral sınırları olan
u = 1 ve u = ∞ sırasıyla t=0 ve t =
∞
∫
1
du
(u 2 − 1)(u 2 + 3)
π 2
=
∫
0
π 2
=
∫
0
π 2
=
∫
0
π
2
ye dönüşür. Dolayısıyla;
sec t tan tdt
(sec2 t − 1)(sec2 t + 3)
dt
cos t sec 2 t + 3
dt
1 + 3 cos 2 t
19
π 2
=
dt
∫
1 + 3(1 − sin 2 t )
0
π 2
=
dt
∫
4 − 3 sin 2 t
0
π 2
=
dt
∫
(
4 1 − (3 4) sin 2 t
0
=
=
1
2
π 2
)
dt
∫
1 − (3 4) sin 2 t
0
1  3 π
F
, 
2  2 2 
sonucu bulunur.
18.
∫
dx
( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4)
integralinin eliptik integraller cinsinden nasıl
hesaplanabileceğini gösteriniz.
x=
at + b
kesirli lineer dönüşümünü yapalım ve a,b,c,d yi öyle tarzda seçelim ki
ct + d
x=1,2,3 değerleri için t=0,1, ∞ değerlerine karşılık gelsin. Yani;
x = 1 için t = 0 hali:
Bu durumda 1 =
b
olur.
d
x = 2 için t=1 hali:
Bu durumda 2 =
a+b
olur.
c+d
x = 3 için t = ∞ hali:
b

t a + 
t a
Bu durumda 3 = 
=
olur ve buradan gerekli işlemler yapılırsa
d

 c
t c + 
t

b = d , c = d elde edilir.
kullanırsak dx =
2dt
(t + 1) 2
Böylece x =
3t + 1
t +1
a = 3d ,
sonucuna varılır. Bu dönüşümü
bulunup bunları integralde yerine koyarsak aşağıdaki
işlemler çıkar. O halde;
20
∫
dx
=
( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) ∫
=∫
2dt
 2t  t − 1  − 2  − t − 3 
(t + 1) 2 




 t + 1  t + 1  t + 1  t + 1 
dt
t (t − 1)(t + 3)
ve burada da t = u 2 dönüşümünü yaparsak dt = 2udu olup
∫
dt
2udu
=∫
2
2
t (t − 1)(t + 3)
u (u − 1)(u 2 + 3)
= 2∫
du
2
(u − 1)(u 2 + 3)
haline integralimiz dönüşmüş olur ki biz bir önceki problemde bu integrali
çözmüştük. Bundan sonraki işlemler aynen bir önceki problemde yaptığımız gibi
devam edip sonuca ulaşılır.
Genel olarak eğer P4 ( x)
reel köklü dördüncü dereceden bir polinom ise
∫
dx
P4 ( x)
integrali işaret edilen metotla eliptik bir integrale dönüştürülebilir.
19. I = ∫
dx
integralini eliptik integraller cinsinden ifade
2
( x − 2 x + 10)( x 2 + x + 7)
ediniz.
Öncelikle kök altındaki polinomun reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim.
x 2 − 2 x + 10 = x 2 − 2 x + 1 + 9 = ( x + 1) 2 + 9 = 0 olup reel kökü yoktur.
2
x2 + x + 7 = x2 + x +
1 27 
1  27
+
=x+  +
= 0 olup reel kök yoktur.
4 4 
2
4
Sonuçta kök altındaki polinomun hiçbir reel kökü bulunmadığından problem 18 deki
metot uygulanamaz. Aşağıdaki tarzda hareket ediyoruz.
a bir sabit olmak üzere x = y + a
dönüşümünü yapalım. Buradan dx = dy olup
düzenlersek;
I =∫
=∫
dy
{( y + a)
2
− 2( y + a ) + 10}{( y + a ) 2 + ( y + a ) + 7}
dy
{y
2
+ 2ay + a 2 − 2 y − 2a + 10}{y 2 + 2ay + a 2 + y + a + 7}
21
=∫
dy
{y
2
+ (2a − 2) y + a − 2a + 10}{y 2 + (2a + 1) y + a 2 + a + 7}
2
şeklini alır.
a yı öyle tarzda seçelim ki kuadratik ifadelerden her birindeki sabit terimler eşit
olsun. Yani a 2 − 2a + 10 = a 2 + a + 7 eşitliği sağlansın. Buradan a = 1 elde edilir.
Böylece;
I =∫
dy
2
( y + 9)( y 2 + 3 y + 9)
olur. Şimdi ise β pozitif bir sabit olmak üzere y = βu
dönüşümünü yapalım.
Buradan dy = βdu olup integralimiz
I = β∫
du
( β 2u 2 + 9)( β 2u 2 + 3β u + 9)
olur. β yı öyle tarzda seçelim ki kuadratik terimlerden her birinde β 2 katsayısı sabit
terime eşit olsun. Yani β 2 = 9 olsun. Buradan β = 3 elde edilir ve integral
I=
1
du
∫
3 (u 2 + 1)(u 2 + u + 1)
şekline girer. Şimdi u =
I = 2∫
1+ t
2dt
yazalım du =
olur ve
1− t
1− t2
dt
2
(t + 1)(t 2 + 3)
ve en son olarak t = tan θ dersek dt = sec2 θdθ olup
I = 2∫
dt
(t 2 + 1)(t 2 + 3)
= 2∫
= 2∫
= 2∫
= 2∫
= 2∫
sec2 θdθ
(1 + tan 2 θ )(3 + tan 2 θ )
cos θdθ
2
cos θ 3 + tan 2 θ
dθ
cos θ 3 + tan 2 θ
dθ
3 cos 2 θ + sin 2 θ
dθ
3(1 − sin 2 θ ) + sin 2 θ
22
= 2∫
= 2∫
=
dθ
3 − 2 sin 2 θ
dθ
[
3 1 − (2 3) sin 2 θ
]
2
dθ
∫
3 1 − (2 3) sin 2 θ
sonucu bulunur.
20. I = ∫
dx
integralini bir eliptik integraller cinsinden
2
( x − 2 x + 10)( x 2 − 2 x + 7)
ifade ediniz.
Aynen bir önceki problemde olduğu öncelikle kök içindeki polinomların reel
kökünün olup olmadığını araştıralım.
x 2 − 2 x + 10 = x 2 − 2 x + 1 + 9 = ( x − 1) 2 + 9 = 0 olup reel kök yoktur.
x 2 − 2 x + 7 = x 2 − 2 x + 1 + 6 = ( x − 1) 2 + 6 = 0 olup reel kök yoktur.
Şimdi x = y + a dönüşümü yaparsak dx = dy olup
I =∫
=∫
=∫
dy
{( y + a)
2
− 2( y + a ) + 10}{( y + a ) 2 − 2( y + a ) + 7}
dy
{y
2
}{
}
+ 2ay + a 2 − 2 y − 2a + 10 y 2 + 2ay + a 2 − 2 y − 2a + 7
dy
{y
2
}{
}
+ (2a − 2) y + a 2 − 2a + 10 y 2 + (2a − 2) y + a 2 − 2a + 7
şekline girer.
Bu aşamada sabit terimleri birbirine eşitlersek yani
a − 2a + 10 = a − 2a + 7 gibi imkansız bir denklem elde ederiz ki bu bize x − 1 = y
dönüşümünün kullanılması gerektiğini gösterir. Buradan dx = dy bulunup yerine
koyarsak
I =∫
dy
2
( y + 9)( y 2 + 6)
integrali elde edilir ve burada da son olarak
y = 6 tan u dönüşümünü yaparsak dy = 6 sec 2 udu olur .Dolayısıyla;
I =∫
dy
( y 2 + 9)( y 2 + 6)
= 6∫
sec2 udu
(6 tan 2 u + 9)(6 tan 2 u + 6)
23
du
=∫
cos u 6 tan 2 u + 9
du
=∫
9 cos 2 u + 6 sin 2 u
du
=∫
9(1 − sin 2 u ) + 6 sin 2 u
du
=∫
9 − 3 sin 2 u
=∫
du
[
9 1 − (1 3) sin 2 u
]
1
du
∫
3 1 − (1 3) sin 2 u
=
sonucu elde edilir.
∞
21. ∫
1
du
integralini hesaplayınız.
2
(3u + 1) (u 2 − 1)(u 2 + 3)
u = sec ϕ konursa du = sec ϕ tan ϕdϕ olup integral sınırları olan u = 1 ve u = ∞
sırasıyla ϕ = 0 ve ϕ =
∞
∫ (3u
1
π
2
ye dönüşür. Dolayısıyla;
π 2
du
2
2
2
+ 1) (u − 1)(u + 3)
sec ϕ tan ϕdφ
∫
=
(3 sec 2 ϕ + 1) (sec 2 ϕ − 1)(sec 2 ϕ + 3)
0
π 2
=
∫
cos 2 ϕdϕ
(3 + cos 2 ϕ ) 1 + 3 cos 2 ϕ
0
(3 + cos ϕ ) − 3
π 2
=
∫
2
(3 + cos 2 ϕ ) 1 + 3 cos 2 ϕ
0
π 2
=
∫
=
=
1
2
π 2
dϕ
1 + 3 cos 2 ϕ
0
π2
0
1
F
2
−3 ∫
0
3
1− (3 4)sin2 ϕ 8
dϕ
∫
(
dϕ
−
dϕ
(3 + cos 2 ϕ ) 1 + 3 cos 2 ϕ
π2
dϕ
∫ (1− (1 4)sin ϕ)
0
2
3
3 2, π 2 − ∏( 3 2, − 1 4, π 2)
8
)
şeklini alır. Burada ikinci integral üçüncü tür tam integraldir.
24
1− (3 4)sin2 ϕ
22. I = ∫
dx
x ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4)
integralinin eliptik integraller cinsinden
nasıl hesaplanabileceğini gösteriniz.
Problem 19 daki gibi işlem yapalım ve x =
düşünelim ve a,b,c,d yi öyle
at + b
kesirli lineer dönüşümünü
ct + d
tarzda seçelim ki x=1,2,3 değerleri için t=0,1, ∞
değerlerine karşılık gelsin. Yani;
x = 1 için t = 0 hali:
Bu durumda 1 =
b
olur.
d
x = 2 için t=1 hali:
Bu durumda 2 =
a+b
olur.
c+d
x = 3 için t = ∞ hali:
b

t a + 
t a
Bu durumda 3 = 
=
olur ve buradan gerekli işlemler yapılırsa a = 3d ,
d c

t c + 
t

b = d , c = d elde edilir. Böylece x =
kullanırsak dx =
I =∫
3t + 1
t +1
sonucuna varılır. Bu dönüşümü
2dt
bulunup bunları integralde yerine koyalım.
(t + 1) 2
dx
=
x ( x − 1)( x − 2)( x − 3)( x − 4) ∫
2dt
 3t + 1   2t  t − 1  − 2  − t − 3 
(t + 1) 2 
 




 t + 1   t + 1  t + 1  t + 1  t + 1 
=∫
(t + 1)dt
(3t + 1) t (t − 1)(t + 3)
şekline dönüşür. Şimdi t = u 2 yazalım dt = 2udu ve dolayısıyla;
I =∫
(t + 1)dt
(u 2 + 1)du
=2 ∫
(3t + 1) t (t − 1)(t + 3)
(3u 2 + 1) (u 2 − 1)(u 2 + 3)
= 2∫
=
(1 3)(3u 2 + 1) + 2 3
(3u + 1) (u 2 − 1)(u 2 + 3)
du
2
du
4
du
+ ∫
∫
2
2
2
3
(u − 1)(u + 3) 3 (3u + 1) (u 2 − 1)(u 2 + 3)
25
olup u = sec w dersek du = sec w tan wdw olur. Dolayısıyla;
I=
2
sec w tan wdw
4
sec w tan wdw
+ ∫
∫
2
2
3 (sec w − 1)(sec w + 3) 3 (3 sec w + 1) (sec2 w − 1)(sec2 w + 3)
=
2
dw
4
cos 2 wdw
+
3 ∫ 3 cos 2 w + 1 3 ∫ (3 + cos 2 w) 3 cos 2 w + 1
=
2
dw
4
(3 + cos 2 w − 3)dw
+
3 ∫ 3 cos 2 w + 1 3 ∫ (3 + cos 2 w) 3 cos 2 w + 1
=

2
dw
4 
dw
dw
+
−
3


3 ∫ 3(1 − sin 2 w) + 1 3 ∫ 3(1 − sin 2 w) + 1 ∫ 3 + (1 − sin 2 w) 3(1 − sin 2 w) + 1 


=

2
dw
4 
dw
dw
+
−
3


3 ∫ 4 − 3 sin2 w 3 ∫ 4 − 3sin2 w ∫ (4 − sin2 w) 4 − 3sin2 w 
=

1
dw
4  1
dw
3
dw
+
−


3 ∫ 1 − (3 4) sin2 w 3  2 ∫ 1 − (3 4) sin2 w 8 ∫ 1 − (1 4) sin2 w 1 − (3 4) sin2 w 


[
[
]
]
bulunur.
1
23.
∫
0
1
∫
0
dx
integralini hesaplayınız.
x(1 − x)(1 + x)
1
dx
dx
=∫
deyip x = sin t dersek dx = cos tdt olup integral
x(1 − x)(1 + x) 0 x(1 − x 2 )
sınırları olan x = 0 ve x = 1 sırasıyla t = 0 ve t =
1
∫
0
dx
x(1 − x 2 )
π 2
=
∫
0
cos tdt
sin t (1 − sin 2 t )
π 2
=
∫
0
dt
sin t
π
2
ye dönüşür. Dolayısıyla;
olup şimdi de t =
π
2
dt = − du ve sınırların değişmesini de dikkate alırsak;
π 2
∫
0
0
dt
− du
=∫
=
sin t π 2 cos u
du =
π 2
∫
0
du
olup cos u = cos 2 y dönüşümü ile de
cos u
2 cos y sin ydy 2 cos y sin ydy
=
sin u
1 − cos 2 u
=
=
2 cos y sin ydy
1 − cos 4 y
2 cos y sin ydy
(1 − cos 2 y )(1 + cos 2 y )
26
−u
dersek
2 cos ydy
=
1 + cos 2 y
olup bunları yerine koyarsak;
π 2
∫
0
du
=
cos u
π 2
2 cos ydy
∫ cos y
1 + cos 2 y
0
π 2
dy
=2∫
1 + (1 − sin 2 y )
0
π 2
dy
=2∫
(
2 1 − (1 2) sin 2 y
0
π 2
= 2
)
dy
∫
1 − (1 2) sin 2 y
0
 1 π
= 2 F 
, 
 2 2
bulunur.
3
24.
∫
1
3
∫
1
dx
x + 4x 2 + 3
3
dx
4
integralini hesaplayınız.
4
2
x + 4x + 3
=
∫
1
dx
2
2
( x + 1)( x + 3)
olup
x = tan u
integral sınırları olan x = 1 ve x = 3 sırasıyla u =
Düzenlersek;
3
∫
1
dx
( x 2 + 1)( x 2 + 3)
π 3
=
∫
π 4
sec2 udu
(1 + tan 2 u )(3 + tan 2 u )
π 3
=
∫
π
4
du
cos u 3 + tan 2 u
π 3
=
∫
π
4
du
3 cos 2 u + sin 2 u
π 3
=
∫
π
4
du
3(1 − sin 2 u ) + sin u
π 3
1
du
=
∫
3 π 4 1 − (2 3) sin 2 u
27
dersek
π
4
dx = sec 2 udu olup
ve u =
π
3
e dönüşür.
1 

3  ∫0
π 3
=


1 − (2 3) sin 2 u 
π 4
du
1 − (2 3) sin 2 u
−
du
∫
0
 2 π 
1   2 π 
,  − F 
, 
 F 
3   3 3 
 3 4 
=
sonucu bulunur.
∞
25.
∫
1
∞
∫
1
dx
4
x −1
1  1 
K
 olduğunu gösteriniz.
2  2
=
∞
dx
4
x −1
dx
=∫
yazıp
2
( x − 1)( x 2 + 1)
1
x = sec u
dersek
dx = sec u tan udu
integral sınırları x = 1 ve x = ∞ için sırasıyla u = 0 ve u =
π
2
olup
ye dönüşür.
Dolayısıyla;
∞
∫
1
π 2
dx
x4 − 1
=
sec u tan udu
∫
(sec2 u − 1)(sec2 u + 1)
0
π 2
du
∫
=
1 + cos 2 u
0
π 2
du
∫
=
1 + (1 − sin 2 u )
0
π 2
=
du
∫
(
2 1 − (1 2) sin 2 u
0
=
)
1  1 
K

2  2
bulunur.
2
26.
∫
0
dx
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
2
(16 − x )(25 − x 2 )
Burada x = 4 sin t dersek dx = 4 cos tdt olup integral sınırları olan x = 0 ve x = 2
sırasıyla t = 0 ve t =
2
∫
0
π
ye dönüşür. Düzenlersek;
π 2
dx
2
2
2
(16 − x )(25 − x )
=
4 cos tdt
∫
16(1 − sin 2 t )(25 − 16 sin 2 t )
0
1
=
5
π 2
∫
0
dt
1 − (16 25) sin 2 t
28
=
1 4 π 
F , 
5 5 2
bulunur.
1
27.
3 − x2
dx integralini eliptik integraller cinsinden yazınız.
1 − x2
∫
0
1
1
3 − x2
3 − x2
dx
=
∫0 1 − x 2 dx olup x = sin t dersek dx = cos tdt olup integral
1 − x2
∫
0
sınırları x = 0 için t = 0 ve x = 1 için t =
1
∫
0
3 − x2
1 − x2
π 2
=
∫
0
π
2
ye dönüşür. Dolayısıyla;
cos t 3 − sin 2 t
dt
cos t
π 2
= 3
∫
1 − (1 3) sin 2 t dt
0
 1 π
= 3E  , 
 3 2
sonucu bulunur.
5
28.
dx
∫
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
2
( x − 9)(25 − x 2 )
3
Burada x = 5 sin t dönüşümünü yaparsak dx = 5 cos tdt olup integral sınırları olan
 x
3
x = 3 ve x = 5 , arcsin  = t bağıntısına bağlı olarak sırasıyla t = arcsin  ve
5
5
t=
π
ye dönüşür. Dolayısıyla;
2
5
∫
3
π 2
dx
2
2
( x − 9)(25 − x )
5 cos tdt
∫
=
arcsin
2
(25 sin t − 9)25(1 − sin 2 t )
3
5
π 2
=
arcsin
olup t =
π
2
dt
∫
3
5
25 sin 2 t − 9
− u dersek dt = − du ve buna bağlı olarak integraldeki sınır değişimini de
dikkate alırsak;
29
π 2
arcsin
0
dt
∫
=
2
25 sin t − 9
3
5
− du
∫
=
π
2
−arcsin
π
2
−arcsin
=
25 cos 2 u − 9
3
5
∫
3
5
du
25(1 − sin 2 u ) − 9
0
π
=
1
4
2
− arcsin
∫
3
5
du
1 − (25 16) sin 2 u
0
5
sin u = sin w dersek
4
olup
5
cos udu = cos wdw
4
4 cos wdw
5 cos u
du =
4 cos wdw
=
5 1 − sin 2 u
4 cos wdw
=
25 − 16 sin 2 w
olup düzenlersek;
π
1
=
4
2
− arcsin
∫
0
3
5
du
1 − (25 16) sin 2 u
=
=
=
1
4
π 2
1
5
∫ 5 cos w
0
π 2
∫
0
4 cos wdw
1 − (16 25) sin 2 w
dw
1 − (16 25) sin 2 w
1 4 π 
F , 
5 5 2
sonucu bulunur. En son inetgraldeki sınır değişiminin sin u =
4 sin w
bağıntısına
5
bağlı olarak değiştirildiğine dikkat edelim. Buna göre u = 0 için w = 0 ve
u=
sin(
π
2
− arcsin
3
için
5
3
3
4 sin w
π
− arcsin ) = cos(arcsin ) =
⇒ w = bulunmuştur.
2
5
5
5
2
π
30
∞
29.
xdx
∫
integralini eliptik integraller cinsinden ifade ediniz.
4
( x + 16)( x 4 + 25)
0
x 2 = 4 tan u dönüşümünü yaparsak 2 xdx = 4 sec2 udu olup integral sınırları olan
x = 0 ve x = ∞ sırasıyla u = 0 ve u =
∞
∫
0
1
=
4
4
( x + 16)( x + 25) 2
xdx
π 2
∫
(16 + 16 tan 2 u )(25 + 16 tan 2 u )
0
π 2
1
2
π 2
1
2
π 2
1
=
2
π 2
=
=
ye dönüşür. Düzenlersek;
2
4 sec2 udu
1
=
2
=
π
∫
0
du
cos u 25 + 16 tan 2 u
∫
0
∫
0
du
2
25 cos u + 16 sin 2 u
du
2
25(1 − sin u ) + 16 sin 2 u
du
∫5
1 − (9 25) sin 2 u
0
1 3 π 
F , 
10  5 2 
bulunur.
∞
dx
30. I = ∫
2
( x − 4 x + 5)( x 2 − 4 x + 10)
1
integralini hesaplayınız.
Öncelikle kök içindeki ifadenin reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim.
x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 4 + 1 = ( x − 2) 2 + 1 = 0 olup reel kök yoktur.
x 2 − 4 x + 10 = x 2 − 4 x + 4 + 6 = ( x − 2) 2 + 6 = 0 olup reel kök yoktur.
Burada x = y + a dönüşümünü yaparsak dx = dy olur ve verilen integrali bu
dönüşüm değişimine göre baştan düzenlersek;
∞
I=
∫ {( y + a)
1− a
dy
2
}{
∞
=
∫ {y
1− a
dy
2
}{
∫ {y
1− a
}
+ 2ay + a 2 − 4 y − 4a + 5 y 2 + 2ay + a 2 − 4 y − 4a + 10
∞
=
}
− 4( y + a ) + 5 ( y + a ) 2 − 4( y + a ) + 10
dy
2
2
}{
}
+ (2a − 4) y + a − 4a + 5 y 2 + (2a − 4) y + a 2 + − 4a + 10
31
ifadesi elde edilir. Burada kök içindeki sabit terimleri birbirine eşitlersek çözümü
imkansız olan a 2 − 4a + 5 = a 2 − 4a + 10 eşitliği bulunur ki bu da bize x − 2 = u
dönüşümünü yapmamızı söyler. Buradan dx = du olup sınırlardaki değişimi de göz
önünde bulundurursak;
∞
I=
∫
−1
du
2
bulunup son olarak u = tan t dersek du = sec2 tdt ve
2
(1 + u )(6 + u )
dolayısıyla;
∞
I=
∫
−1
π 2
du
(1 + u 2 )(6 + u 2 )
sec2 tdt
∫
=
− (π 4 )
(1 + tan 2 t )(6 + tan 2 t )
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
cos t 6 + tan 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
2
6 cos t + sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
6(1 − sin 2 t ) + sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
6 − 5 sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
[
6 1 − (5 6) sin 2 t
1 

6  ∫0
π 2
=
=
]
dt
1 − (5 6) sin 2 t
− (π 4 )
−
∫
0


1 − (5 6) sin 2 t 
dt
 5 7π  
1   5 π 
,  − F 
,  
 F 
6
4  
6   6 2 

sonucu çıkar.
∞
31. I = ∫
1
dx
2
( x − 4 x + 5)( x 2 − 4 x + 10)
integralini hesalayınız.
Öncelikle kök içindeki ifadenin reel kökünün bulunup bulunmadığını inceleyelim.
x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 4 + 1 = ( x − 2) 2 + 1 = 0 olup reel kök yoktur.
x 2 − 4 x + 10 = x 2 − 4 x + 4 + 6 = ( x − 2) 2 + 6 = 0 olup reel kök yoktur.
Burada x = y + a dönüşümünü yaparsak dx = dy olup
32
∞
∫ {( y + a)
I=
1− a
dy
2
}{
}
− 4( y + a ) + 5 ( y + a ) 2 − 4( y + a ) + 10
∞
∫ {y
=
1− a
dy
2
}{
2
∞
∫ {y
=
1− a
}
+ 2ay + a − 4 y − 4a + 5 y 2 + 2ay + a 2 − 4 y − 4a + 10
dy
2
}{
2
}
+ (2a − 4) y + a − 4a + 5 y 2 + (2a − 4) y + a 2 + − 4a + 10
olup burada kök içindeki sabit terimleri birbirine eşitlersek çözümü imkansız olan
a 2 − 4a + 5 = a 2 − 4a + 10 eşitliği bulunur ki bu da bize x − 2 = u dönüşümünü
yapmamızı söyler. Buradan dx = du olup sınırlardaki değişimi de göz önünde
bulundurursak;
∞
I=
∫
−1
du
2
bulunup son olarak u = tan t dersek du = sec2 tdt ve
2
(1 + u )(6 + u )
dolayısıyla;
∞
I=
∫
−1
du
(1 + u 2 )(6 + u 2 )
π 2
sec2 tdt
∫
=
− (π 4 )
(1 + tan 2 t )(6 + tan 2 t )
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
cos t 6 + tan 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
6 cos 2 t + sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
6(1 − sin 2 t ) + sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
6 − 5 sin 2 t
π 2
=
−
∫
(π
4)
dt
[
6 1 − (5 6) sin 2 t
1 
=

6  ∫0
π 2
=
]
dt
1 − (5 6) sin 2 t
− (π 4 )
−
∫
0
 5 7π  
1   5 π 
,  − F 
,  
F 
6   6 2 
 6 4  
bulunur.
33


1 − (5 6) sin 2 t 
dt
2.2 Eliptik Fonksiyonlarla İlgili Problemler
32. (a)
(b)
d
(sn u ) = (cn u )(dn u )
du
d
(cn u ) = −(sn u )(dn u )
du
olduğunu ispat ediniz.
φ
Tanım gereğince
u=∫
0
dolayısıyla
dθ
olduğundan
1 − k 2 sin 2 θ
dφ
= 1 − k 2 sin 2 φ
du
du
1
=
dφ
1 − k 2 sin 2 φ
ve
dir.
sn u = sin φ = sin(am u ) ve cn u = cos φ = cos(am u ) olduğunu biliyoruz.
O halde;
(a)
d
d
d
dφ
dφ
(sn u ) =
(sin φ ) =
(sin φ )
= cosφ
= cn u 1 − k 2sn 2 φ )
du
du
dφ
du
du
= (cn u )(dn u )
(b)
d
d
d
dφ
dφ
(cn u ) =
(cos φ ) =
(cos φ )
= − sin φ
= −sn u 1 − k 2sn 2 φ
du
du
dφ
du
du
= −(sn u )(dn u )
bulunur.
33. (a)
(b)
d
(dn u ) = − k 2 (sn u )(cn u )
du
d
dn u
( tn u ) = 2
du
cn u
olduğunu ispat ediniz.
(a) x = sn u ve 1 − k 2 x 2 = dn u olmak üzere;
d
d
(dn u ) =
du
du
( 1 − k x ) = dxd ( 1 − k x ) dudx
2
2
2
2
1
−
1
dx
1 − k 2 x 2 2 (−2k 2 x)
du
2
2
− k x dx
=
1 − k 2 x 2 du
=
(
olup x = sn u için
)
dx d
=
(sn u ) = (cn u )(dn u ) olduğunu biraz önce göstermiştik. O
du du
halde bunları yerine koyarsak;
34
d
− k 2 (sn u )
( dn u) =
(cn u )(dn u ) = −k 2 (sn u )(cn u )
du
dn u
bulunur.
(b)
d
d  x

( tn u ) =
du
du  1 − x 2
şeklinde yazarsak ve
 d  x
 = 
2
 dx  1 − x
1 − x 2 = cn u ve
 dx
1
dx

=
2 32
 du (1 − x ) du
dx
= (cn u )(dn u ) eşitliklerini yukarıda
du
kullanırsak;
d
(cn u )(dn u ) dn u
( tn u ) =
= 2
du
cn 3 u
cn u
bulunur.
34. (a) sn (−u ) = −sn u
(b) cn (−u ) = cn u
(c) dn (−u ) = dn u
(d) tn (−u ) = − tn u
olduğunu ispat ediniz.
φ
(a) u = ∫
0
−φ
dθ
2
2
1 − k sin θ
ve v =
dθ
∫
1 − k 2 sin 2 θ
0
olarak tanımlayalım.
sn u = sin φ olduğunu biliyoruz. Aynı mantıkla
sn v = sin(−φ ) = − sin φ = −sn u yazabiliriz. Şimdi ikinci integralde θ = − w koyarsak
−φ
dθ = − dw olup bu integral v =
∫
0
φ
dθ
2
2
1 − k sin θ
=∫
0
− dw
1 − k 2 sin 2 w
= −u şeklini alır
ve bu eşitliği yukarıda yerine koyarsak sn (−u ) = −sn u olduğu görülür.
(b) cn u = 1 − sn 2 u olduğundan cn (−u ) = 1 − sn 2 (−u ) = 1 − sn 2 u = cn u
(c) dn u = 1 − k 2sn 2 u olduğundan dn (−u ) = 1 − k 2sn 2 (−u ) = 1 − k 2sn 2 u = dn u
(d) tn (−u ) =
sn (−u )
sn u
=−
= − tn u
cn (−u )
cn u
sonucu çıkar.
35
π 2
35. Eğer K =
dθ
∫
1 − k 2 sin 2 θ
0
ise
(a) sn (u + 2 K ) = −sn u
(b) cn (u + 2 K ) = −cn u
(c) dn (u + 2 K ) = dn u
(d) tn (u + 2 K ) = tn u
olduğunu gösteriniz.
φ
(a) u = ∫
0
φ +π
∫
0
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
π
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
olmak üzere
dθ
=∫
1 − k 2 sin 2 θ
0
φ +π
+
∫
π
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
dir.
Şimdi eşitliğin sağ tarafındaki iki integrali de ayrı ayrı inceleyelim.
π
∫
0
π 2
dθ
2
2
1 − k sin θ
dθ
=2∫
1 − k 2 sin 2 θ
0
= 2 K olur. Öte yandan ikinci integral için
θ = π + w dönüşümünü yaparsak
φ +π
∫
π
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
φ
dw
=∫
1 − k 2 sin 2 w
0
φ +π
yazabiliriz. Sonuçta
∫
0
=u
dθ
1 − k 2 sin 2 θ
= u + 2 K dır. Yani
sn (u + 2 K ) = sin(φ + π ) = − sin φ = −sn u bulunur.
(b) cn (u + 2 K ) = cos(φ + π ) = − cos φ = −cn u
(c) dn (u + 2 K ) = 1 − k 2sn 2 (u + 2 K ) = 1 − k 2sn 2 u = dn u
(d) tn (u + 2 K ) =
sn (u + 2 K ) − sn u
=
= tn u
cn (u + 2 K ) − cn u
36. sn u ve cn u fonksiyonlarının 4K periyotlu, dn u ve tn u fonksiyonlarının 2K
periyotlu olduklarını ispat ediniz.
Problem 34 de u yerine u+2K konularak
sn (u + 4 K ) = sn (u + 2 K + 2 K ) = −sn (u + 2 K ) = −(−sn u ) = sn u
cn (u + 4 K ) = cn (u + 2 K + 2 K ) = −cn (u + 2 K ) = −(−cn u ) = cn u
Bir önceki problemden dn (u + 2 K ) = dn u ve tn (u + 2 K ) = tn u eşitlikleri de dn u ve
tn u fonksiyonlarının 2K periyotlu olduğunu gösterir.
36
37. (a)
d −1
1
sn ( x, k ) =
2
dx
(1 − x )(1 − k 2 x 2 )
x
(b)
∫
0
dv
2
2 2
(1 − v )(1 − k v )
= sn −1 ( x, k ) = F (k , sin −1 x)
olduğunu ispat ediniz.
(a) k modülüne bağımlılık kendiliğinden anlaşılmış olmak üzere sn
−1
( x, k ) yerine
sn −1 x yazacağız. x = sn u ise u = sn −1 x dir.
dx d
=
(sn u ) = (cn u )(dn u ) = 1 − x 2 1 − k 2 x 2 = (1 − x 2 )(1 − k 2 x 2 )
du du
olur ve buradan da
du d
1
= (sn −1 x) =
2
dx dx
(1 − x )(1 − k 2 x 2 )
bulunur.
φ
(b)
u = sn x = ∫
dθ
−1
0
1 − k 2 sin 2 θ
olmak üzere
v = sin θ
dönüşümü yaparsak
dv = cos θdθ ve buradan da
φ
u = sn −1 x = ∫
0
x
dθ
2
2
1 − k sin θ
=∫
0
dv
2
(1 − v )(1 − k 2v 2 )
elde edilir.
x
Burada k=0 için
∫
0
dv
1− v
2
= sin −1 x olup trigonometrik fonksiyonlar ile benzerliğine
dikkat ediniz. Eliptik fonksiyonlar trigonometrik fonksiyonların genelleştirilmesidir.
37
3. PERİYODİK FONKSİYONLAR
Tanım 3.1. W (z ) fonksiyonu için W ( z + w) = W ( z ) eşitliğini sağlayan w kompleks
sayısına periyot denir. Tanımın ilk sonuçları olarak w periyot ise 2w nun da periyot
olduğu anlaşılır. Çünkü W ( z + 2 w) fonksiyonu için w periyot olduğundan;
W ( z + 2 w) = W ( z + w + w) = W ( z + w) = W ( z ) yazabiliriz. Dolayısıyla;
W ( z + 2 w) = W (z ) eşitliğinden 2w nun da periyot olduğu anlaşılır. Bu ifadeyi
genelleştirirsek her n doğal sayısı için nw nun da periyot olduğu gerçeğine ulaşılır.
w periyot olduğundan W (z ) fonksiyonu için z nin w kadar artışı fonksiyonda
tekrar
kendisine
tekabül
edeceğinden
W ( z − w)
fonksiyonu
için
W ( z − w) = W [z + (− w)] = W ( z ) yazabiliriz. Bu ise bize w nun periyot olma
durumunda –w nun da aynı şekilde fonksiyonun periyodu olduğunu gösterir. Bunu
yukarıdaki ifadeyle birleştirdiğimiz taktirde şu sonuç ortaya çıkar;
w periyot ise nw da periyottur. Burada n herhangi bir tamsayıdır.
Teorem 3.1. Bütün periyot değerlerinin bir pozitif alt sınırı vardır.
İspat: Teoremi ispatlamak için iddianın doğru olmadığını varsayalım. Yani periyot
değerlerinin bir pozitif alt sınırı olmasın. Bunu şu şekilde de ifade edebiliriz.
w1 , w2 , w3 ,..., wn ,... pozitif terimli dizinin eğer pozitif alt sınırı yoksa lim wn = 0 dır.
n →∞
Çünkü eğer sıfıra eşit olmasaydı pozitif bir alt sınırı olurdu. Şimdi z 0 düzgün
noktasını düşünelim. wn ler periyot olduğundan W ( z0 ) = W ( z0 + wn ) yazabiliriz.
(n=1,2,…) Şimdi W ( z ) − W ( z0 ) fonksiyonunu ele alalım. Bu fonksiyon z = z0 + wn
(n=1,2,…) noktalarında sonsuz defa sıfır değerini alır. Çünkü W ( z ) − W ( z0 )
fonksiyonu z = z0 + wn (n=1,2,…) noktalarında W ( z0 + wn ) − W ( z0 ) haline dönüşür
ve wn ler periyot olduğundan bu ifade sıfıra eşittir. O halde z 0 noktası bir yığılma
noktasıdır. Bu nedenledir ki W ( z ) − W ( z0 ) özdeş olarak sıfıra eşittir. Yani
W ( z ) ≡ W ( z 0 ) = sabit sonucuna varılır ki bu da fonksiyonun periyodik olduğuyla
çelişir. Yani teorem doğrudur.
Tanım 3.2. w1 , w2 , w3 ,..., wn ,... lerin alt sınırına esas periyot ya da ilkel periyot denir.
38
Teorem 3.2. Periyotlar hiçbir sonlu noktada yığılmazlar.
İspat: w1 , w2 , w3 ,..., wn ,... periyotlar olsunlar. n1 , n2 , n3 ,..., nn ,... ler de doğal sayılar
olsunlar. Bu taktirde n1w1 + n2 w2 + n3 w3 + ...nm wn toplamı da periyottur. Çünkü;
w1 periyot ise n1w1 de periyottur. w2 periyot ise n2 w2 de periyottur. Bu şekilde
devam edersek wn periyot ise nn wn de periyottur.O halde n1w1 , n2 w2 ,…, nn wn
terimleri ayrı ayrı esas periyodun bir tamsayı katıdır. Sonuçta bunların toplamı da
esas periyodun bir tamsayı katı olacağından n1w1 + n2 w2 + n3 w3 + ...nn wn toplamı da
periyottur. Şimdi periyotların sonlu bir z 0 noktasında yığıldıklarını farz edelim. Yani
z0 merkezli istenildiği kadar küçük ε ≥ 0 yarıçaplı dairenin içinde diziye ait sonuz
eleman, dairenin dışında da sonlu eleman vardır. Şimdi bu dairenin içinde w1 , w2
noktalarını alalım. Dairenin yarıçapı ε olduğundan w1 in w2 ye uzaklığı mutlaka
çaptan küçük olacaktır. Yani w1 − w2 < 2ε yazabiliriz. Bu ifadeyi her ε için
düşünürsek bu periyodu istediğimiz kadar küçültebiliriz anlamına gelir. Oysa periyot
değerlerinin bir pozitif alt sınırı olduğundan istediğimiz kadar küçültemeyiz. Yani
periyotlar hiçbir sonlu noktada yığılmazlar.
l'
2w2
w2
w1+ w2
l
-2w1
-w1
O
w1
-w2
-2w2
Şekil 2.1
39
2w1
Yukarıdaki şekilde çift periyotlu fonksiyonlar için w1 birinci tür periyotların bir
pozitif alt sınırı, w2 ise ikinci tür periyotların bir pozitif alt sınırı olsun. l ve l '
doğrularına
paraleller
çizerek
düzlemi
periyot
paralelkenarlarına
ayıralım.
0, w1 , w2 , w1 + w2 köşeli taralı paralelkenar ilkel (esas) periyot paralelkenarıdır.
Paralelkenarların köşe noktaları en genel haliyle n1w1 + n2 w2 ( n1 , n2 ∈ Z ) şeklinde
gösterilir.
Teorem 3.3. Sabit olmayan bir fonksiyon en çok iki periyotlu olabilir. w1 ve w2
periyotlarının birbirine oranı reel değildir. Çift periyotlu fonksiyonlara eliptik
fonksiyonlar denir.
İspat: periyot = n1w1 + n2 w2
( n1 , n2 ∈ Z )
olduğundan
W ( z + n1w1 + n2 w2 ) = W ( z )
olup Re
w1
= 0 olamayacağını gösterelim.
w2
w1 w1 w2 (Re w1 + i Im w1 )(Re w2 − i Im w2 )
=
=
2
w2 w2 w2
w2
Re w1
Im w2
=−
Im w1
Re w2
Re w1
1
=
Im w1 tan ϕ1
Im w2
= tan ϕ 2
Re w2
olduğundan tan ϕ1 tan ϕ 2 = −1 olur ki bu bize eğimlerin çarpımının değerini
vermektedir. Yani m1m2 = −1 bulunur. Bu ise bize bu iki açının birbirine dik
olduğunu gösterir. Dolayısıyla paralelkenarımız dikdörtgen olur.
Tanım 3.3. Sonluda hiçbir süngüler noktası olmayan fonksiyonlara tam fonksiyon
denir. Örnek olarak polinomlar, çok terimliler, üstel fonksiyonları verebiliriz. Yani
w = a0 + a1 z + a2 z 2 + ... + an z n ya da w = e z fonksiyonları tam fonksiyondur.
Genel olarak tam fonksiyon= e h ( z ) f ( z ) şeklinde verilir. Burada f (z ) sonsuz sıfır
yerleri olan bir fonksiyondur. Sonsuz çarpım şeklinde gösterilebilir.
40
Tanım 3.4. Singüler noktaları yalnız kutup noktaları olan fonksiyonlara meromorf
fonksiyon denir. Rasyonel fonksiyonlar bunların özel bir halidir. Basit periyotlu
fonksiyonlar olarak sin z , cos z , tan z, cot zi, e iz gösterilebilir.
Bu fonksiyonları eiz nin rasyonel fonksiyonları olarak ifade edebiliriz. Şöyle ki;
eiz = cos z + i sin z
e − iz = cos(− z ) + i sin(− z ) = cos z − i sin z
yazabiliriz çünkü cos(z ) fonksiyonu çift fonksiyon olduğundan cos(− z ) = cos( z ) ve
sin(z ) fonksiyonu tek fonksiyon olduğundan sin(− z ) = − sin( z ) dir. Dolayısıyla eiz
ve e − iz fonksiyonlarını taraf tarafa toplamak ve çıkarmak suretiyle
sin( z ) =
1 iz
e − e − iz
2i
cos( z ) =
1 iz
e + e − iz olur ve bunlara bağlı olarak ta
2
tan( z ) =
sin( z ) 1 eiz − e − iz
=
cos( z ) i eiz + e − iz
cot( z ) =
cos( z )
eiz + e − iz
= i iz
sin( z )
e − e − iz
(
(
)
)
sonuçlarına ulaşılmış olur.
Bunun dışında eiz = cos z + i sin z
= cos( z + 2nπ ) + i sin( z + 2nπ )
(n ∈ Z )
= ei ( z + 2 nπ )
= eiz ei 2 nπ
fonksiyonunun periyodunun 2nπ olduğu anlaşılır. Burada n ∈ Z dir. Dolayısıyla
ilkel periyodu 2π dir.
Başka bir örnek olarak eαz fonksiyonunun periyodunu bulmaya çalışalım. x
fonksiyonun periyodu ise eαz = eα ( z + x ) = eαz eαx yazabiliriz. Buradan eαx =1=e 2 nπi
bulunur ki x i çekersek x =
2nπi
α
olup ilkel periyot
2πi
α
çıkar.
3.1 Çift Periyotlu Fonksiyonların Özellikleri
W ( z + n1w1 + n2 w2 ) = W ( z ) olsun. Bu durumda aşağıdaki teoremi verelim.
Teorem 3.4. Çift periyotlu bir fonksiyonun periyot paralelkenarlarına ait
kutuplarının rezidüleri toplamı sıfırdır.
41
İspat:
D
C
w2
w1
A
B
Şekil 2.2
Bu paralelkenarın çevresine P diyelim
Rezidü teoremi gereğince;
∫W ( z )dz = 2πi∑ Re zidü
dir.
P
n1w1 + n2 w2 toplamı da periyot olduğundan W ( z ) = W ( z + n1w1 + n2 w2 ) yazabiliriz. O
halde;
∫W ( z )dz = ∫ W ( z )dz + ∫ W ( z )dz + ∫ W ( z )dz + ∫W ( z )dz
P
AB
BC
CD
olup
bu
toplamın
DA
değerlerini bulmaya çalışalım.
∫W ( z )dz = ∫ W ( z + w )dz = ∫ W ( z )dz = − ∫W ( z )dz ve dolayısıyla da
2
AB
(1)
DC
DC
CD
∫ W ( z )dz + ∫W ( z )dz = 0
AB
CD
bulunur. Benzer mantıkla
∫ W ( z )dz = ∫ W ( z + w )dz = ∫ W ( z )dz = − ∫W ( z )dz
1
BC
(2)
AD
AD
yazabiliriz. Buradan da
DA
∫ W ( z )dz + ∫W ( z )dz = 0
BC
DA
bulunur. (1) ve (2) ifadelerini toplarsak
∫W ( z )dz = ∫ W ( z )dz + ∫ W ( z )dz + ∫ W ( z )dz + ∫W ( z )dz =0
P
AB
BC
CD
DA
bulunur. Başka deyişle
∑ Re zidü = 0
elde edilir. Bu nedenledir ki W (z ) fonksiyonunun basit kutbu
olamaz.
42
Teorem 3.5. Çift periyotlu bir fonksiyonun periyot paralelkenarı içinde a j sıfır
noktaları, b j kutup noktaları olduğuna göre
m
n
j =1
j =1
∑ a j − ∑bj = w
dir. Burada w periyottur. Yani w = n1w1 + n2 w2
(n ∈ Z )
ve a j , b j mertebeleri ile
alınmışlardır.
İspat:
D
C
w2
A
w1
B
Şekil 2.3
ABCD paralelkenarının çevresine P diyelim
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz = 2πi∑ Re zidü olduğunu biliyoruz.
P
Şimdi z
W ' ( z)
fonksiyonuna rezidüler teoremini uygulayalım.
W ( z)
(z − a )
W ( z) = A
(z − b )
mj
j
nj
olup her iki tarafın logaritması alınırsa
j
log W ( z ) = log A + m j log( z − a j ) − n j log( z − b j ) olur. Türev alırsak
mj
nj
W ' ( z)
W ' ( z)
=
−
olur. z
fonksiyonuna ulaşmak için z ile genişletelim
W ( z) z − a j z − b j
W ( z)
z
zm j
zn j
W ' ( z)
=
−
olup sıfır eklersek
W ( z) z − a j z − b j
z
a jm j
n jb j
W ' ( z ) ( z − a j + a j ) m j ( z − b j + b j )n j
=
−
= mj +
− nj −
W ( z)
z − aj
z − bj
z − aj
z − bj
 W ' ( z) 
olur ve a j noktasındaki rezidü= Re z  z
 = ajmj = a j
z →a j
 W ( z) 
43
 W ' ( z) 
b j noktasındaki rezidü= Re z  z
 = − n j b j = −b j
z →b j
 W ( z) 

m
n
∑ Re zidü =  ∑ a − ∑ b
bulunur.

j
j =1
j
j =1





W ' ( z)
m
n
∫ z W ( z ) dz = 2πi  ∑ a − ∑ b
olup
j
j =1
P
j =1
j




bulunur. Öte yandan
W ' ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
W '(z)
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz = ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz
P
AB
BC
CD
şeklinde
DA
yazıp bu toplamı bulmaya çalışalım.
W ' ( z)
W ' ( z + w2 )
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz = ∫ ( z + w ) W ( z + w ) dz = ∫ ( z + w ) W ( z ) dz
2
CD
2
2
BA
= − ∫ ( z + w2 )
AB
=−∫z
AB
BA
W ' ( z)
dz
W ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
dz − ∫ w2
dz
W ( z)
W ( z)
AB
olduğundan;
W ' ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz = w ∫ W ( z ) dz = w
(1)
2
CD
AB
2
log W ( z )
= 2πin2 w2
BA
BA
sonucu cıkar. Aynı mantıkla;
W '(z)
W ' ( z + w1 )
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz = ∫ ( z + w ) W ( z + w ) dz = ∫ ( z + w ) W ( z ) dz
1
DA
1
1
CB
= − ∫ ( z + w1 )
BC
=−∫z
BC
(2)
CB
W ' ( z)
dz
W ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
dz − ∫ w1
dz
W ( z)
W ( z)
BC
W ' ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz = w ∫ W ( z ) dz = w log W ( z )
1
DA
BC
= 2πin1w1
1
CB
BA
bulunur. (1) ve (2) eşitliklerini birleştirdiğimiz taktirde
W ' ( z)
W ' ( z)
W ' ( z)
W '(z)
W ' ( z)
∫ z W ( z ) dz = ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz + ∫ z W ( z ) dz
P
AB
BC
CD
= 2πi(n1w1 + n2 w2 )
= 2πiw
= 2πi(∑ a j − ∑ b j )
elde edilir ki buradan da w = ∑ a j − ∑ b j sonucu çıkar.
44
DA
3.2 σ (z ) Fonksiyonunun İncelenmesi
ξ ( z) =
1
1
z 
 1
+ ∑
+ + 2  olarak tanımlanır. σ (z ) fonksiyonu da
z w z − w w w 
ξ ' ( z) =
d2
log σ ( z )
dz 2
eşitliğine bağlı olarak tanımlanır.
ξ ' ( z) =
ξ ( z) =
d2
[log σ ( z )] ifadesinden türev almakla
d 2z
σ' 1
1
z 
 1
= + ∑
+ + 2  bulunur. Bu son ifadeyi integre ettiğimizde
σ z
z − w w w 
logaritma fonksiyonu geleceğinden ξ (z ) fonksiyonu tek değerli değildir.
ξ ( z) =
1
+
z
 1
1
z 
+
2

∑ρ  z − w + w + w
w≤
1
z 
 1
+ + 2

w w 
>z  z − w
∑ρ
w>
ifadesinde sağ taraftaki ikinci toplam z ≤ ρ dairesinde düzgün yakınsaktır. O halde
terim terime integre edebiliriz.
1
z 
z
z2
 1
+
+
dz
=
log(
z
−
w
)
+
+


∫0  z − w w w2 
w 2 w2
z
z
0
= log( z − w) − log(− w) +
z
z2
+
w 2w2
z z
z2

= log1 −  + +
2
 w  w 2w
olur. Sağ taraftaki birinci toplamdaki rasyonel fonksiyonları integre edersek uygun
bir sabit seçmek suretiyle
f ( z ) = ∫ ξ ( z )dz
= log z +
 
z z
z2 
log
1
−
+
+


∑   w  w 2 w2  +
w ≤ρ 

bulunur. z ≤ ρ ≤ w olduğundan
 
z z
z2 
log
1
−
+
+


∑   w  w 2 w2 
w> ρ 

z
< 1 dir. Bu toplam w değerleri istisna edilirse
w
z ≤ ρ için tek değerli ve düzgündür.
f ( z ) = ∫ ξ ( z )dz = log σ ( z )
olduğundan
σ ( z) = e f ( z )
fonksiyonu tek değerlidir.
f ( z ) = log z + P( z )
P(0) = 0 olmak üzere
45
olarak tanımlanan
σ
P( z ) = P(0) + zP' (0) +
z2
P ' ' (0) + ...
2!
Öte yandan σ ( z ) = e f ( z ) olduğundan
= elog z + P ( z )
 P ( 0)+ zP '( 0)+ z P ''(0 )+... 
2!
= z e



2
2
= z ⋅ e P ( 0 )+[ z ]
bulunur. Burada zP' (0) +
z2
2
P' ' (0) + ... = [z ] olarak alınmıştır. σ (0) = 0 olduğundan
2!
σ nun başlangıçta bir sıfır noktası vardır. Aynı şeyi w lar için de söyleyebiliriz.
Demek ki her w da bir sıfır noktası vardır.
log z +
σ ( z) = e
f ( z)
=e

∑ +∑
w ≤ρ
w >ρ
= z⋅e
z
z 2 
∑  log 1− w  + w + 2 w 2 
z
z
∑ log 1− w  ∑ w ∑ z 2
= z⋅e
e e 2w
z
z
2
z2
z + 2

= z ⋅ ∏1 − e w 2 w
w
w
bulunur.
3.3 Weierstrass ξ (z ) ve σ (z ) Fonksiyonları
1
1
z 
 1
+ ∑
+ +
 olarak tanımlanır. σ (z ) fonksiyonu da
z w  z − w w w2 
d2
ξ ' ( z ) = 2 log σ ( z )
dz
ξ ( z) =
eşitliğine bağlı olarak tanımlanır. Buradan;
ξ ( z) =
d
σ ' ( z)
log σ ( z ) =
dz
σ ( z)
sonucuna varılır. ξ ( z ) =
1
1
z 
 1
+ ∑
+ + 2  ifadesinde bu serini mutlak
z w z − w w w 
yakınsak olduğunu gösterelim. w > z olduğu halde serinin mutlak yakınsak
olduğunu göstermek için genel terimini alalım.
1
1
z w2 + w( z − w) + z ( z − w)
z2
+ + 2=
=
z−w w w
( z − w) w2
( z − w) w2
kullanırsak;
46
olup
z
<1
w
olduğunu
1
1
z
z2
+ + 2 = 2
z−w w w
w
∑
w
3
2

1
1 z 
z
z
=
+ ... bulunur.
1 + +
z w 
w w
z


w − 1
w 
3
z
serisi yakınsaktır. O halde
w
 1
1
z 
serisi z ≠ w için mutlak ve
2 

∑  z − w + w + w
w
1
1
z 
 1
düzgün yakınsaktır. ξ ( z ) = + ∑ 
+ + 2  kutup noktaları z = 0 ve
z w z − w w w 
z = w = m1 w1 + m2 w2 noktalarıdır. Burada z = w = m1 w1 + m2 w2 noktaları basit kutup
noktalarıdır. Şimdi iddia ediyoruz ki ξ ( z ) fonksiyonu çift periyotlu bir fonksiyon
değildir.
ξ ( z) =
Çünkü
in
ξ (z)
noktası
z=w
civarındaki
Laurent
açılımı
1
+ P ( z − w)
z−w
Şeklinde olup Re z ξ ( z ) = 1 dir. Oysa çift periyotlu fonksiyonlarda rezidüler toplamı
z=w
sıfır olduğundan ξ fonksiyonu çift periyotlu değildir. Dolayısıyla ξ ( z + wi ) − ξ ( z )
fonksiyonu için
ξ ( z + w1 ) = ξ ( z ) + 2η1
ξ ( z + w2 ) = ξ ( z ) + 2η 2 yazabiliriz. Burada η1 = η 2 = 0 olamayacağını gördük. Bu ξ
fonksiyonuna iki defa aditif periyodik denir.
3.4 Legendre Bağıntısı
1
1
z 
 1
+ + 2
z w z − w w w 
olmak üzere z = 0 kutup noktası periyot paralelkenarlarının ortak noktası olsun.
ξ ( z) = + ∑ 
z = 0 noktasındaki rezidü Re z ξ ( z ) = 1 olup
z =0
∫ ξ ( z )dz = 2πi∑ Re z = 2πi
dir.
ABCDA
∫
ξ ( z )dz = ∫ ξ ( z )dz + ∫ ξ ( z )dz + ∫ ξ ( z )dz +
ABCDA
AB
BC
CD
∫
ξ ( z )dz eşitliği için
DA
∫ ξ ( z )dz = ∫ ξ ( z + w )dz = ∫ [ξ ( z ) + 2η ]dz = ∫ ξ ( z )dz + 2η z
2
CD
BA
2
2
BA
BA
ve buradan da
47
BA
= ∫ ξ ( z )dz − 2η 2 w1
BA
∫ ξ ( z )dz + ∫ ξ ( z )dz = −2η w
2
CD
1
elde edilir. Benzer şekilde;
AB
∫ ξ ( z )dz = ∫ ξ ( z + w )dz = ∫ [ξ ( z ) + 2η ]dz = ∫ ξ ( z )dz + 2η z
1
BC
1
1
AD
AD
AD
AD
= ∫ ξ ( z )dz + 2η1w2
AD
ve buradan da
∫ ξ ( z )dz + ∫ ξ ( z )dz = 2η w
1
BC
2
elde edilir. Bu eşitlikleri birleştirdiğimiz taktirde
DA
∫ ξ ( z )dz = 2(η w
1
2
− η 2 w1 ) = 2πi ve sonuçta η1w2 − η 2 w1 = πi eşitliği elde edilir ki bu
ABCDA
bağıntıya Legendre Bağıntısı denir. Burada paralelkenarlarda aldığımız sıranın
izlenmesi için Im
w2
> 0 olmalıdır.
w1
Im
w2
( w ) + i ( w2 ) 2
= Im 2 1
olup
w1
( w1 )1 + i ( w1 ) 2
Im
w2 w1
[(w ) + i(w2 )2 ][(w1 )1 − i(w1 )2 ]
= Im 2 1
2
w1 w1
w1
=
( w2 ) 2 ( w1 )1 − ( w1 ) 2 ( w2 )1
w1
2
> 0 olması için
( w2 ) 2 ( w1 ) 2
>
( w2 )1 ( w1 )1
yani ϕ 2 > ϕ1
olmalıdır.
3.5 η1 ve η 2 Sabitlerinin ξ Fonksiyonu Tarafından Belirlenmesi
Öncelikle ξ ( z ) fonksiyonunun tek ya da çift fonksiyon olup olmadığını bulalım.
ξ ( z) =
1
1
z 
 1
+ ∑
+ + 2  fonksiyonu için
z
z − w w w 
1
z
1 − z
 1
+ + 2
− z − w w w 
ξ (− z ) = − + ∑ 
1
1
z 
 1
= − −∑
− + 2
z
z + w w w 
olup w periyot olduğundan –w da periyot olur. Bunu kullanırsak
1
z
1
z 
 1
− + 2 
 z + w w w 
ξ (− z ) = − + ∑ 
1
 1
1
z 
= − + ∑ 
−
+
= −ξ ( z )
2 
 z − w (− w) (− w) 
z
48
bize ξ ( z ) fonksiyonunun tek fonksiyon olduğunu gösterir. Şimdi z =
w1
alalım.
2
Daha önce
ξ ( z + w1 ) = ξ ( z ) + 2η1 bulmuştuk.
 w1 
 w

 w 
w 
 = ξ  − 1 + w1  = ξ  − 1  + 2η1 = −ξ  1  + 2η1
 2
 2

 2
 2
w 
⇒ 2ξ  1  = 2η1
 2
ξ
w 
⇒ η1 = ξ  1 
 2
w 
olur. Benzer şekilde η 2 = ξ  2  sonucuna ulaşılır.
 2 
3.6 Tam Fonksiyonların Weierstrass Çarpım Formülü
σ ( z ) hiçbir singüler noktası olmayan tam fonksiyon olsun. σ ( z ) in sonsuz sayıda
sıfır noktaları vardır. Bu sıfır noktaları z=0 ve z = w = m1w1 + m1w2 dir. Şimdi z nin
w1 ya da w2 kadar attığı zaman σ ( z ) nin nasıl değiştiğini inceleyelim.
(1)
F ( z ) = f ( z + w1 ) − f ( z )
(2)
σ ( z) = e f ( z )
(3)
f ( z) = ∫ ξ ( z)
z
0
ifadelerini kullanarak
F ' ( z ) = f ' ( z + w1 ) − f ' ( z ) ⇒ f ' ( z ) = ξ ( z ) elde edilir. Bunu (1) ve (3) ifadelerinin
türevini alarak elde ettik. Dolayısıyla;
F ' ( z ) = ξ ( z + w1 ) − ξ ( z )
= ξ ( z ) + 2η1 − ξ ( z )
= 2η1
bulunur. Bu son ifadeyi integre edelim. O zaman F ( z ) = 2η1 z + C1 yazabiliriz. Bunu
da (1) eşitliğinde yerine koyarsak;
f ( z + w1 ) = f ( z ) + 2η1 z + C1 elde edilir.
Öte yandan σ ( z ) = e f ( z ) idi. O halde;
σ ( z + w1 ) = e f ( z + w )
1
49
= e f ( z )+ 2η1z +C1
= e f ( z )+ 2η1z e C1
ifadesiyle de w1 kadar artırım olduğunda fonksiyondaki değişim ile ilgili ilk adım
atılmış olur. Şimdi σ ( z ) nin tek fonksiyon olduğunu gösterelim;
z
z2
z + 2

σ ( z ) = z ⋅ ∏1 − e w 2 w olduğundan;
w
w
−z
z2
−z
z2
z + 2

σ (− z ) = (− z ) ⋅ ∏1 + e w 2 w yazılabilir. w periyot iken –w da periyot olduğundan
w
w
yerine koyarsak;
z + 2

σ (− z ) = (− z ) ⋅ ∏1 − e −w 2 w = −σ ( z ) bulunur ki bu da tek fonksiyon olduğunu
w
w
gösterir.
Şimdi z = −
σ(
w1
alalım. Bu takdirde;
2
w1
w − 2η1
) = σ ( − 1 )e
2
2
=−σ (
w1
+ c1
2
= e −η1 w1 + c1σ (−
w1
)
2
w1 −η1w1 + c1
)e
bulunup tek fonksiyon olma özelliğini kullanıp sadeleştirme
2
yaparsak;
1= − e −η1w1 ec1 ⇒ e c1 = −eη1w1 sonucu çıkar. O halde
σ ( z + w1 ) = σ ( z )e 2η z +η w ifadesinde e c = −eη w sonucunu kullanırsak
1
1 1
1
σ ( z + w1 ) = −σ ( z )eη ( 2 z + w ) = −σ ( z )e
1
σ ( z + w2 ) = −σ ( z )e
2η 2 ( z +
1
w2
)
2
2η1 ( z +
1 1
w1
)
2
ve benzer şekilde de
bulunur. Yani z nin w1 ya da w2 kadar attığı zaman σ (z )
nin nasıl değiştiğini bulmuş olduk.
50
4. ELİPSTE YALINKAT FONKSİYONLAR
Teorem 4.1. w = f ( z ) =
a+b
a −b _
z+
z şeklinde tanımlanan fonksiyon birim diskte
2
2
injektiftir.
İspat: z1 = z2 ⇒ x1 + iy1 = x2 + iy2 ⇒ x1 = x2 ve y1 = y2
ifadelerinden
 x1 = x2

 y1 = y2
(1)
eşitlikleri elde edilir. Diğer yandan
a+b
a −b _ a +b
a −b
z1 +
z1 =
( x1 + iy1 ) +
( x1 − iy1 )
2
2
2
2
 a +b a −b
a +b a −b
=
+
−
 x1 + i
 y1
2 
2 
 2
 2
= ax1 + iby1
f ( z1 ) =
(2)
f ( z1 ) = ax1 + iby1
bulunur. Benzer tarzda hareket edersek
(3)
f ( z2 ) = ax2 + iby2
eşitliği elde edilir. (1), (2) ve (3) eşitliklerinden
f ( z1 ) = f ( z 2 ) ⇔ ax1 + iby1 = ax2 + iby2
x1 = x2 ve y1 = y2
bulunur ki bu da iddianın doğruluğunun ispatıdır.
Lemma 4.1. w =
_
a+b
a −b _
z+
z şeklinde tanımlandığına göre z ve z ifadelerini
2
2
bulunuz.
a+b
a −b
ve
ifadelerinin reel sayılar olduğu göz önüne alınırsa
2
2
(1)
w=
a+b
a −b _
z+
z
2
2
_
için w ifadesi
51
_
(2)
w=
a −b
a+b _
z+
z
2
2
eşitliği ile gösterilir. Ayrıca
a+b
a −b _
( a + b) 2
(a + b)(a − b) _
z+
z ⇒ ( a + b) w =
z+
z
2
2
2
2
_
_
a −b
a +b _
( a − b) 2
(a − b)(a + b) _
w=
z+
z ⇒ ( a − b) w =
z+
z
2
2
2
2
w=
olduğundan bu eşitlikleri düzenleyip yazarsak
(3)
( a + b) w =
(4)
( a − b) w =
_
a 2 + 2ab + b 2
a 2 − b2 _
z+
z
2
2
a 2 − 2ab + b 2
a 2 − b2 _
z+
z
2
2
eşitlikleri elde edilir. (3) ve (4) eşitlikleri taraf tarafa çıkarılırsa
_
a 2 + 2ab + b 2
a 2 − 2ab + b 2
z−
z
2
2
= 2abz
( a + b) w − ( a − b) w =
ve buradan da
z=
_
1 

(
a
+
b
)
w
−
(
a
−
b
)
w


2ab 

=
1  ( a + b)
( a − b) _ 
w−
w

ab  2
2

bulunur. Dolayısıyla
_
z=
1  ( a + b ) _ ( a − b) 
w−
w
ab  2
2

eşitliği bulunur.
Teorem 4.2. f ( z ) = z + a2 z 2 + a3 z 3 + ... fonksiyonu basit bağlantılı D bölgesinde
tanımlanmış analitik ve yalınkat olsun. Bu taktirde
Re z
f ' ( z)
∂
= r log f reiφ
f ( z)
∂r
( )
eşitliği vardır.
52
İspat:
v
y
f (z )
w = f (z )
θ
x
z
u
D bölgesi
D * bölgesi
C eğrisi
C * eğrisi
Şekil 4.1
Şekilde gösterildiği gibi z − düzlemindeki bir z noktası w − düzleminde bir w = f (z )
noktasına resmedilsin. Benzer şekilde w = f (z ) fonksiyonu vasıtasıyla C eğrisi C *
eğrisine, D bölgesi de D* bölgesine resmedilsin. Bu taktirde bir kompleks sayının
yazılışından dolayı
(1)
f ( z ) = f ( z ) eiθ
yazılışını elde ederiz ( w − düzleminde). Diğer yandan z − düzleminde kutupsal
koordinatlar
z = reiφ
şeklindeyse bu durumda (1) eşitliği her iki tarafın
logaritmasının da alınmasıyla
(2)
( )
( ( ) )
log f re iφ = log f re iφ e iθ
şeklinde yazılabilir. (2) yazılışından hareket edersek
(3) log f (reiφ ) = log f (re iφ ) + iθ
eşitsizliğini elde ederiz. (3) eşitsizliğinin r ye göre türevini alırsak
(4)
( )
( )
eiφ f ' reiφ
∂
= log f reiφ
iφ
f re
∂r
( )
eşitsizliği elde edilir. (4) eşitsizliğinin her iki tarafı r iler çarpılırsa
(5)
r
( )
( )
e iφ f ' re iφ
∂
= r log f reiφ
iφ
f re
∂r
( )
eşitsizliğini elde ederiz ve buradan da
53
(6)
( )  = Re r ∂ log f (re ) 
( )   ∂r


f ' reiφ
Re reiφ
f reiφ

iφ
elde edilir. (6) eşitsizliğinin sağ tarafı hep reel olduğundan reiφ = z alınarak
 f ' ( z) 
∂
 = r log f reiφ
Re z
∂r
 f ( z) 
( )
ya da
 f ' ( z) 
∂
 = r log f ( z )
Re z
∂r
 f ( z) 
şeklinde yazılabilir.
Teorem 4.3.
w = f (z ) fonksiyonu


x2 y2
E =  x + iy 2 + 2 < 1
a
b


f (0) = 0 ve E de sıfırdan farklı her z için
de tanımlanmış
f ( z ) ≠ 0 ve f ' ( z ) ≠ 0 koşullarını
gerçeklesin. Bu taktirde
 f ' ( z) 

Re z
 f ( z )  = cos  Arg  z f ' ( z ) 

 f ( z ) 
f ' (z)



z
f ( z)
eşitsizliği vardır.
İspat:
v
y
z
w = f (z )
w = f (z )
imf (z )
θ
O
x
A
Re f ( z )
u
Şekil 4.2
Şekilde görüldüğü gibi z noktası w = f (z ) fonksiyonu ile w = f (z ) noktasına
resmedilir. Dolayısıyla
(1)
cos θ =
Re f ( z )
f ( z)
54
eşitsizliğini yazabiliriz. (1) eşitsizliğinden
(2)
 Re f ( z ) 


f
(
z
)


θ = Arc cos
eşitsizliği yazılabilir. Ayrıca θ açısının w = f (z ) noktasının primitif argümanı
olduğundan (1) yazılışı aynı zamanda
(3)
cos( Argf ( z ) ) =
Re f ( z )
f ( z)
şeklinde de yazılabilir. Yukarıdaki w = f (z ) noktası için yapılanlar z
f ' ( z)
içinde
f (z)
yapılırsa


cos φ = cos  Arg  z


 f ' ( z) 

Re z
f ( z ) 
f ' ( z ) 

 =
f ( z ) 
f ' (z)
z
f ( z)
eşitliği elde edilir.
{
}
Teorem 4.4. g ( z ) fonksiyonu D = z z < 1 tanımlanmış analitik ve injektif olsun.
f ( z) =
a+b
a −b _
z+
z şeklinde tanımlansın. Bu taktirde g ( f ( z ) ) fonksiyonu birim
2
2
diskte injektiftir.
w = f (z )
w = g (z )
f (z )
B
z
A
w = g ( f ( z))
Şekil 4.3
İspat: w = f (z ) injektif olduğundan
(1)
z1 = z 2 ⇒ f ( z1 ) = f ( z 2 )
(A da injektif)
55
g ( f (z ) )
C
w = g (z ) injektif olduğundan
(2)
f ( z1 ) = f ( z 2 ) ⇒ g ( f ( z1 ) ) = g ( f ( z2 ) )
(B de injektif)
eşitlikleri yazılabilir. (1) ve (2) eşitliklerinden
z1 = z 2 ⇒ f ( z1 ) = f ( z 2 ) ⇒ g ( f ( z1 ) ) = g ( f ( z 2 ) )
sonucu bulunur ki bu da g ( f ( z ) ) fonksiyonunun injektif olduğunu gösterir. Biz
w = f (z ) fonksiyonunun injektif olduğunu göstermiştik. g (z ) fonksiyonu da injektif
olduğundan g ( f (z ) ) fonksiyonu da injektif olur.
Lemma 4.2. w = f ( z ) =
z = r < 1 birim diskini
İspat: f ( z ) =
=
a + b iθ a − b −iθ
re +
re
şeklinde ifade edilen fonksiyon
2
2
u2 v2
+
< 1 bölgesi üzerine resmeder.
a2 b2
a + b iθ a − b −iθ
re +
re
2
2
a+b
a−b
r (cos θ + i sin θ ) +
r (cos θ − i sin θ )
2
2
a +b a −b
 a +b a −b
=
+
−
r cos θ + ir 
 sin θ
2 
2 
 2
 2
= ar cos θ + ibr sin θ
şeklinde yazalım. Buradan
u
u2
= r cos θ ⇒ 2 = r 2 cos 2 θ
a
a
v
v2
v = v(r , θ ) = br sin θ ⇒ = r sin θ ⇒ 2 = r 2 sin 2 θ
b
b
ve böylece
u = u (r ,θ ) = ar cos θ ⇒
u 2 v2
+ 2 = r 2 (cos 2 θ + sin 2 θ ) = r 2 < 1
2
a
b
elde edilir. bu bize w = f ( z ) =
bölgesini
a + b iθ a − b −iθ
fonksiyonunun
re +
re
2
2
z = r <1
u2 v2
+ < 1 bölgesi üzerine resmettiğini gösterir.
a 2 b2
Teorem 4.5. w = f (z ) fonksiyonu Γz eğrisi üzerinde tanımlanmış, analitik ve Γz
eğrisinin w = f (z ) fonksiyonu altındaki resmi Γw olsun. w0 noktası Γw resim eğrisi
üzerinde olmayan bir nokta olmak üzere Γw eğrisinin w0 noktasına göre yıldızıl
olması için
56
 f ' ( z)

im 
z ' (t ) ≥ 0
 f ( z ) − w0

a≤t ≤b
eşitsizliğinin gerçeklenmesi gerekir.
İspat:
w0 = f ( z0 )
w = f (z )
z
Γw eğrisi
v
y
z0
w = f (z )
u
x
Γz eğrisi
D bölgesi
D * bölgesi
Şekil 4.4
Γz nin kendi kendini kesmeyen bir eğri olduğunu düşünüyoruz. Dolayısıyla
(1)
z (t ) = x(t ) + iy (t )
a≤t ≤b
şeklinde ifade edilebilir. Aynı zamanda Γz eğrisinin yönlendirilmiş bir eğri olduğunu
da not edebiliriz. Dolayısıyla bir resim eğrisinin bir w0 noktasına göre yıldızıl olma
tanımı “ w0 = f ( z0 ) noktası Γw resim eğrisinin üzerinde azalan olmayan bir nokta
olmak üzere
(2)
Arg (w − w0 ) = Arg [ f ( z ) − f ( z0 )]
ifadesi t nin [a, b] aralığındaki değerleri için t nin azalmayan bir fonksiyonu olması
halinde Γw resim eğrisi yıldızıldır. ” denir. Bu tanım aynı zamanda
(3)
d
( Arg (w − w0 )) = d ( Arg [ f ( z ) − f ( z0 )]) ≥ 0
dt
dt
a≤t ≤b
şeklinde ifade edilebilir. Aynı zamanda z kompleks sayısının
z = z e iφ ⇒ log z = log z + iφ
yazılışından dolayı
(4)
Argz = im(log z )
şeklinde yazılabilir. (4) eşitliğini (2) eşitliğinde kullanırsak
57
(5)
Arg (w − w0 ) = Arg [ f ( z ) − f ( z 0 )] = im[log( f ( z ) − f ( z0 ) )]
eşitliği elde edilir. (3) eşitliğindeki türevler (6) eşitliğine uygulanırsa
d
( Arg (w − w0 )) = d ( Arg ( f ( z ) − f ( z0 )))
dt
dt
d
[im(log( f ( z ) − f ( z 0 ) ))]
dt
d

= im  (log( f ( z ) − f ( z 0 ) ))
 dt

=


f ' ( z)
= im 
z ' (t ) ≥ 0
 f ( z) − f ( z0 )

( a ≤ t ≤ b)
bulunur ki bu da iddianın ispatıdır. Şimdi eğrinin çember olması durumunda ifadenin
alacağı şekli inceleyelim.
(6)
z = r ⇒ z = re it ⇒ z ' (t ) = ire it = iz
yazabiliriz. Buradan da


d
( Arg (w − w0 )) = im  f ' ( z ) z ' (t )
dt
 f ( z ) − f ( z0 )



f ' ( z)
= im 
iz 
 f ( z ) − f ( z0 ) 


f ' ( z)
= Re  z
≥0
 f ( z ) − f ( z0 ) 
şekline girer. w0 = f (z0 ) = 0 olarak alınırsa başlangıç noktasına karşı gelen
yıldızıllık çember durumunda
(7)
 f ' (z) 
Re  z
≥0
 f (z) 
şeklinde ifade edilir.
Lemma
4.3.
w = f (z )
fonksiyonu


x2
y2
E =  x + iy
+
< 1
2
2
(1 + α )
(1 − α )


de
tanımlanmış analitik olsun. f (0) = 0 ve ∀z ∈ (E − {0}) için f ( z ) ≠ 0 ve f ' ( z ) ≠ 0
koşullarını gerçeklesin. Bu taktirde w = f (z ) fonksiyonu E de yıldızıl ise
_
 f ' ( z)
f ' (z) 
≥0
Re z
−α z
f ( z ) 
 f ( z)
eşitsizliğini gerçekler.
58
Bir daha önce w = f (z ) fonksiyonunun aynı koşulları gerçeklemesi halinde
yıldızıllık koşununun
(1)

f ' (z) 
≥0
im z ' (θ )
f ( z ) 

olduğunu göstermiştik ve göstermiştik ki
(2)
z (θ ) = reiθ + αre − iθ
fonksiyonu birim çemberi bir elips üzerine resmeder. Dolayısıyla
(3)
(
z ' (θ ) = ire iθ − iα re − iθ = i re iθ − α re − iθ
)
eşitsizliği elde edilir. Dolayısıyla (3) eşitliği (1) de yerine konursa


f ' ( z) 
f ' (z) 
 = im i re iθ − αre −iθ

0 ≤ im z ' (θ )
f (z) 
f ( z ) 


(
)

f ' ( z)  
f ' ( z)  
 − i αre −iθ

= im i reiθ
f ( z)  
f ( z )  

_
  f ' ( z)
f ' ( z)  

= im i z
−α z
f ( z )  
  f ( z)
_
 f ' ( z)
f ' ( z) 

= Re z
−α z
f ( z ) 
 f ( z)
ve buradan da
_
 f ' ( z)
f ' (z) 
≥0
Re z
−α z
f ( z ) 
 f ( z)
bulunur ki bu da iddianın doğruluğunu gösterir.
Lemma
4.4.
w = f (z )


x2 y2
E =  x + iy 2 + 2 < 1, a > b > 0
a
b


fonksiyonu
de
tanımlanmış ve analitik olsun. ∀z ∈ (E − {0}) için f ( z ) ≠ 0 ve f ' ( z ) ≠ 0 koşullarını
gerçeklesin. Bu taktirde w = f (z ) nin yıldızıl olma koşulunu bulunuz.
Daha önce f (z ) nin yıldızıllık koşulunun
(1)

f ' ( z) 
≥0
im z ' (θ )
f ( z ) 

olduğunu bulmuştuk. Ayrıca
(2)
z (θ ) =
a + b iθ a − b −iθ
re +
re
2
2
59
fonksiyonunun z = r < 1 bölgesini
u 2 v2
+ < 1 elipsel bölge üzerine resmettiğini
a 2 b2
gösterdik. Dolayısıyla
(3)
z ' (θ ) = i
a + b iθ
a − b −iθ
re − i
re
2
2
bulunur. (3) eşitliği (1) de kullanılırsa

  a + b iθ a − b −iθ  f ' ( z ) 
f ' ( z) 
 = im i
0 ≤ im z ' (θ )
re −
re 

f (z) 
2
 f ( z) 

 2
  a + b iθ f ' ( z ) a − b −iθ f ' ( z )  
 
= im i
re
−
re
2
f
(
z
)
2
f
(
z
)



 a + b f ' ( z) a − b _ f ' ( z) 

= Re
z
−
z
f ( z)
2
f ( z ) 
 2
olduğundan
(4)
 a + b f ' ( z) a − b _ f ' ( z) 
≥0
Re
z
−
z
f ( z)
2
f ( z ) 
 2
sonucu çıkar. (4) eşitsizliği aynı zamanda
a + b  f ' ( z)  a − b  _ f ' ( z) 
 −
 ≥ 0
Re z
Re z
2
2
 f ( z) 
 f ( z) 
şeklinde de ifade edilebilir.
Lemma
4.5.
tanımlanmış
w = f (z )
analitik,


x2 y2
E =  x + iy 2 + 2 < 1, a > b > 0
a
b


fonksiyonu
f (0) = 0 ve ∀z ∈ (E − {0}) için
f ( z ) ≠ 0 ve f ' ( z ) ≠ 0
koşullarını gerçeklesin. Bu taktirde


 f ' ( z)   a − b
 _ f ' ( z)  
a+b
  ≥
 
cos Arg  z
cos Arg  z
2
2
 f (z)  
 f ( z)  


eşitsizliğinin daima gerçeklendiğini gösteriniz.
Biz bundan önce
(1)
a + b  f ' ( z)  a − b  _ f ' ( z) 
 −
 ≥ 0
Re z
Re z
2
2
 f ( z) 
 f ( z) 
olduğunu bulmuştuk. Bu eşitsizlik ise
(2)
a + b  f ' ( z)  a − b  _ f ' ( z) 
 ≥

Re z
Re z
2
2
 f ( z) 
 f ( z) 
şeklinde ifade edilir. Öte yandan
60
de
_
z
f ' ( z) _ f ' ( z)
f ' ( z)
f ' ( z)
=z
= z
=z
f ( z)
f ( z)
f ( z)
f ( z)
olduğundan
(3)
_
z
f ' ( z)
f ' ( z)
=z
f ( z)
f ( z)
eşitliğini elde ederiz. (2) ve (3) denklemlerinden
(4)
 f ' ( z) 
 _ f ' (z) 


Re z
Re z
a + b  f ( z )  a − b  f ( z ) 
≥
_
2
2
f ' ( z)
f ' ( z)
z
z
f (z)
f ( z)
eşitsizliği bulunur ki (4) eşitsizliği aynı zamanda


 f ' ( z)   a − b
 _ f ' ( z)  
a+b
  ≥
 
cos Arg  z
cos Arg  z
2
f
(
z
)
2
f
(
z
)







şeklinde de gösterilebilir. Bu da istenen ispattır.
Teorem 4.6. Γz z − düzleminde kendi kendini kesmeyen yönlendirilmiş bir eğri
olmak üzere w = f (z ) fonksiyonu da Γz eğrisi üzerinde tanımlanmış ve analitik
olsun. Γz eğrisinin w = f (z ) fonksiyonu altındaki resmi Γw olsun. “ a ≤ t ≤ b olmak
üzere Γw resim eğrisinin bir
w = f (z ) noktasındaki teğetinin argümanı t nin
azalmayan bir fonksiyonu ise Γw resim eğrisi konveks bir eğridir denir.” Tanımından
yararlanarak Γw resim eğrisinin konveks olma koşulunun aynı zamanda
(1)
 z ' ' (t ) f ' ' ( z )

im
+
z ' (t )  ≥ 0
f ' ( z)
 z ' (t )

a≤t ≤b
ya da
(2)


f ' ' ( z ) 
f ' ' ( z)  
 = Re 1 + z
  ≥ 0
im i1 + z
f
'
(
z
)
f
'
(
z
)







olduğunu gösteriniz.
61
v
y
Γw eğrisi
w = f (z )
z
θ
f (z )
x
u
D * bölgesi
Γz eğrisi
D bölgesi
Şekil 4.5
Konveks olmanın yukarıdaki tanımı kullanılacak olursa θ (t ) fonksiyonu için
a ≤ t ≤ b için t nin azalmayan bir fonksiyonudur. Yani
(3)
d
(θ (t ) ) ≥ 0
dt
eşitsizliği gerçeklenir. Diğer taraftan Γz eğrisi
(4)
z = z (t ) = x(t ) + iy (t )
a≤t ≤b
şeklinde parametrelenebilir. Diğer yandan Γz yönlendirilmiş eğri olduğundan Γz
eğrisinin teğetinin doğrultusu
(5)
Argz ' (t ) = teğetin doğrultusu
şeklinde ifade edilir ve w = f (z ) fonksiyonu bu teğet vektörünü
(6)
Argf ' ( z ) = Arg ( f ( z (t ) ))' = Arg ( z ' (t ) f ' ( z (t ) ))
açısı üzerinde döndürür. Dolayısıyla Γw eğrisinin konveks olması için
(7)
dθ d
= Arg (z ' (t ) f ' ( z (t ) )) ≥ 0
dt dt
a≤t ≤b
ifadesi gerçeklenmelidir. Dolayısıyla (7) ifadesi aynı zamanda
(8)
dθ d
d
= Arg ( z ' (t ) f ' ( z (t ) )) = ( Argz ' (t ) + Argf ' (z (t ) )) ≥ 0
dt dt
dt
şeklinde yazılabilir. Diğer taraftan herhangi bir nokta için
(9)
f ( z ) = f ( z ) e iφ
( Argf ( z ) ≠ 0)
şeklindeki yazılış göz önüne alınırsa
62
log f ( z ) = log f ( z ) e iφ
= log f ( z ) + log e iφ
= log f ( z ) + iφ
(10)
log f ( z ) = log f ( z ) + iArgf ( z )
eşitliği elde edilir. Dolayısıyla (10) eşitliğinden
(11)
Argf ( z ) = im(log f ( z ) )
eşitliği yazılabilir. Bu yazılıştan dolayı (8) yazılışı
(12)

 dθ
 dt












d
d
Arg ( z ' (t ) f ' ( z ) ) = ( Argz ' (t ) + Argf ' (z (t ) ))
dt
dt
d
= [im(log z ' (t ) ) + im(log f ' ( z ) )]
dt
d
= [im(log z ' (t ) + log f ' ( z ) )]
dt
d

= im  (log z ' (t ) + log f ' ( z ) )
dt


=
 z ' ' (t ) f ' ' ( z ) z ' (t ) 
= im 
+
≥0
f ' ( z ) 
 z ' (t )
eşitsizliğini elde ederiz ki bu da lemmada sözü geçen ilk eşitsizliktir. Eğer Γz eğrisi
C R çemberi ise
(13)
 z = R ⇒ z = Reit , 0 ≤ t ≤ 2π

 z ' ' = i 2 Re it = − Reit = − z
⇒ z ' (t ) = i Re it = iz
eşitlikleri yazılır. (13) eşitlikleri (12) eşitliklerinde kullanılırsa
 z ' ' (t ) f ' ' ( z )

− z
f ' ' ( z) 
0 ≤ im 
+
z ' (t ) = im 
+ iz
f ' ( z)
f ' ( z ) 
 z ' (t )

 iz
 −1
f ' ' (z) 
= im  + iz
f ' ( z ) 
 i

f ' ' ( z) 
= im i + iz
f ' ( z ) 


f ' ' ( z ) 

= im i1 + z
f ' ( z ) 

(14)

f ' ' ( z ) 
 ≥ 0
im i1 + z
f
'
(
z
)



eşitsizliğini elde ederiz. Diğer yandan z bir kompleks sayı olmak üzere
63
(15)
im(iz ) = im[i ( x + iy )] = im(ix − y ) = x = Re z
olduğu göz önüne alınırsa (14) eşitsizliği


f ' ' ( z ) 
f ' ' ( z) 
 = Re1 + z
≥0
im i1 + z
f ' ( z ) 
f ' ( z ) 


şeklinde yazılır ki bu da lemmada sözü geçen ikinci eşitsizliktir.
Teorem 4.7. w = f (z ) fonksiyonu z = r çemberi üzerinde ve çemberin sınırladığı
z < r bölgesinde tanımlanmış analitik ve yalınkat olsun. Eğer z = r çemberinin
w = f (z ) fonksiyonu ile yapılan tasvirde elde edilen eğri Γ = f ( z = r ) ise bu
durumda
(i ) Teğetin x − ekseni ile pozitif yönde yaptığı açının (izf ' ( z ) )
(ii ) Yukarıdaki şıkta teğete çizilen dış normalin (− izf ' ( z ) )
ifadeleri ile verilebilir.
İspat:
v
Dış Normal
y
w = f (z )
z
ϕ
r
90
90
ϕ+
π
2
θ+
=α
θ
x
π
2
=β
u
Şekil 4.6
Yarıçap teğete değme noktasında diktir ve bir üçgende bir dış açı kendisine komşu
olmayan iki iç açının toplamına eşittir gerçeklerinden hareket ederek
(1)
α =ϕ +
(2)
β =θ +
π
2
π
2
(Dış normalden dolayı)
64
yazabiliriz. Diğer yandan teğetin değme noktasındaki eğimi
(3)
m = f ' ( z)
şeklinde ifade elde edilir. Bu ise aynı zamanda
w = f ( z ) ⇒ dw = f ' ( z )dz ⇒ Argdw = Argf ' ( z ) + Argdz
ifadesinden faydalanarak
(4)
Argdw = Argf ' ( z ) + Argdz
eşitliği yazılabilir. (1), (2) ve (4) eşitliklerinden
(5)
Argdw = β = θ +
(6)
Argdz = α = ϕ +
π
2
π
2
ifadelerini yazabiliriz. Diğer yandan
(7)
(8)
Argz = ϕ
π
2
= Argi
olduklarını da (4) ve (6) bağıntılarında kullanırsak
(9)
Argdw = Argz + Argi + Argf ' ( z )
eşitliği bulunur. (9) eşitliği aynı zamanda
(10)
Argdw = Argizf ' ( z )
şeklinde de yazılabilir. (10) eşitliğinden
(11)
dw = izf ' ( z )
eşitliği elde edilir. (11) ifadesi bize teğetin ( izf ' ( z ) ) vektörü ile verildiğini gösterir.
Öte yandan teğet ve normal birbirlerine dik olduklarından m1 normalin eğimi
olduğundan
m1m = f ' ( z )m1 = −1
olur ki buradan da
(12)
m1 = −
1
f ' ( z)
eşitliği elde edilir. Diğer yandan
w = f ( z ) ⇒ dw = f ' ( z )dz
ifadesinden
(13)
1
1
=−
dw
f ' ( z )dz
65
eşitliği bulunur. (13) eşitliğinden
 1 
 1 

Arg 
 = − Arg 
 dw 
 f ' ( z )dz 
yazılabilir ve buradan da
(14)
Arg1 − Argdw = −[Arg1 − Argf ' ( z ) − Argdz ]
eşitliği elde edilir. Ayrıca
Arg1 = 0
olduğunu da (14) eşitliğinde kullanırsak
− Argdw = Argf ' ( z ) + Argdz
eşitliği elde edilir ki biz bu eşitliği de
(16)
− Argdw = Argf ' ( z )dz ⇒ dw = −izf ' ( z )
eşitliği elde edilir ki bu da problemin çözümüdür.
Teorem 4.8. w = f (z ) fonksiyonu z = r çemberi üzerinde ve onun kapattığı z < r
dairesel bölgesinde tanımlanmış analitik ve yalınkat olsun. z = r çemberinin
w = f (z ) fonksiyonu altındaki resmi Γ = f ( z = r ) olsun. Γ eğrisinin eğriliği

f ' ' ( z) 

Re1 + z
f ' ( z ) 

ρ=
zf ' ( z )
dir.
İspat: Bir eğrinin eğrilik tanımı
(1) Eğrilik = ρ =
Teğet açısının ϕ ye göre türevi
Görüntü eğrisinin ϕ ye göre türevi
şeklindedir.
66
y
v
w = f (z )
P
R
r
u
x
Γ = f ( z = r ) eğrisi
z = r çemberi
Şekil 4.7
Diğer taraftan w − düzlemindeki bir kompleks sayının kutupsal koordinatlardaki
yazılışı göz önüne alınırsa
(2)
f ' ( z ) = f ' ( z ) eiArgf '( z )
şeklindedir. Şimdi z kompleks sayısının kutupsal koordinatlardaki yazılışını
kullanırsak (2) bağıntısı
(3)
( )
( )
f ' reiϕ = f ' reiϕ eiArgf '( re
iϕ
)
eşitliği yazılabilir. (3) ifadesinden hareketle
( ( )
( )
log f ' re iϕ = log f ' re iϕ e iArgf '( re
iϕ
)
)
( )
= log f ' (re ) + iArgf ' (re )
= log f ' re iϕ + log e iArgf '( re
iϕ
iϕ
)
iϕ
düzenleyip yazarsak
(4)
( )
( )
( )
log f ' reiϕ = log f ' reiϕ + iArgf ' reiϕ
eşitliği elde edilir. (4) ifadesinin her iki tarafının sanal kısımları düşünülürse
(5)
im(log f ' (reiϕ ) ) = Argf ' (reiϕ )
eşitliği elde edilir. (5) eşitliğinin ϕ ye göre türevi alınırsa
(6)
∂
∂
(
im(log f ' (reiϕ ) )) =
(
Argf ' (reiϕ ) )
∂ϕ
∂ϕ
67
elde edilir. (6) eşitliğinin her iki tarafına 1 eklersek
(7)
1+
∂
∂
(
(
im(log f ' (reiϕ ) )) = 1 +
Argf ' (reiϕ ) )
∂ϕ
∂ϕ
bulunur. Diğer taraftan bundan önceki problemde bulunan teğet açısının ϕ ye göre
türevi
(8)
θ = θ (ϕ ) = ϕ + Argf ' ( z ) +
π
2
= Arg (izf ' ( z ) )
ifadesinden türev alınırsa
(9)
θ ' (ϕ ) = 1 +
∂
Argf ' (reiϕ )
∂ϕ
bulunur. (7) ve (9) ifadelerinin karşılaştırılmasıyla
(10)
θ ' (ϕ ) = 1 +
∂
∂
im log f ' ( re iϕ ) = 1 +
Argf ' ( re iϕ )
∂ϕ
∂ϕ
( (
))
(
)
eşitliği elde edilir. Şimdi
log f ' (re iϕ ) = log f ' (re iϕ ) + iArgf ' (re iϕ )
ifadesinin ϕ ye göre türevini alırsak
(11)
f ' ' (reiϕ ) ∂
∂
=
log f ' reiϕ + i
Argf ' reiϕ
f ' (reiϕ ) ∂ϕ
∂ϕ
(
ireiϕ
( ))
(
( ))
eşitliğini elde ederiz. (11) eşitliğinin her iki tarafının i ile bölünmesi ile
reiϕ
f ' ' (reiϕ ) 1 ∂
∂
=
log f ' reiϕ +
Argf ' reiϕ
iϕ
f ' (re ) i ∂ϕ
∂ϕ
(
( ))
(
( ))
eşitliği ya da
reiϕ
f ' ' (reiϕ ) i ∂
∂
= 2
log f ' reiϕ +
Argf ' reiϕ
iϕ
f ' (re ) i ∂ϕ
∂ϕ
(
( ))
(
( ))
başka bir deyişle de
(12)
reiϕ
f ' ' (reiϕ )
∂
∂
= −i
log f ' reiϕ +
Argf ' reiϕ
iϕ
f ' (re )
∂ϕ
∂ϕ
(
( ))
(
( ))
eşitliğini elde ederiz. (12) eşitliğinin her iki tarafına 1 eklenerek
(13)
1 + reiϕ
 ∂

f ' ' (reiϕ )
∂
(
= −i
log f ' (reiϕ ) + 1 + 
Argf ' (reiϕ ))
iϕ
f ' (re )
∂ϕ
 ∂ϕ

(
)
eşitliğini elde ederiz. (10) ve (13) eşitliklerinden
(14)

f ' ' (reiϕ )  
∂
 = 1 +
Re1 + reiϕ
Argf ' reiϕ
iϕ 
f
'
(
re
)
∂
ϕ

 
( ))
(
68

eşitliği elde edilir. (14) ve (10) eşitliklerinin karşılaştırılmasıyla
iϕ



∂
iϕ f ' ' ( re ) 
 = 1 +

θ
ϕ
'
(
)
Re
1
re
Argf ' reiϕ
=
+

iϕ 

f ' (re )   ∂ϕ



∂

im log f ' reiϕ
=1+

∂ϕ
(
(15)
( (
( ))

( )))
eşitliği elde edilir. Demek ki teğet açısının ϕ ye göre türevi (15) eşitliğinden
görüldüğü gibi
(16)
iϕ

iϕ f ' ' ( re ) 


θ ' (ϕ ) = Re1 + re
f ' (reiϕ ) 

eşitliği ile verilir. Buradan görüntü eğrisinin ϕ ye göre türevinin uzunluğunu bulmak
kalıyor. Bu ise
w = f ( z ) ⇒ w = f (re iϕ ) ⇒ dw = ire iϕ f ' (re iϕ )
dw = ire iϕ f ' (re iϕ ) = i re iϕ f ' (re iϕ )
dw = re iϕ f ' (re iϕ )
ya da
(17)
dw = zf ' ( z )
eşitliği ile verilir. Eğrilik tanımında (16) ve (17) ifadeleri kullanılırsa

f ' ' ( z) 

Re1 + z
f ' ( z ) 

ρ=
zf ' ( z )
eşitliği elde edilir.
69
KAYNAKLAR
[1]
Ahlfors, L., Complex Anallysis, 1965, International Student Edition in Pure
and Applied Mathematics, McGraw Hill, USA.
[2]
Bernardi, S.D., Bibliography of Schlicht Functions, Mariner Pub. Comp. Inc,
Florida.
[3]
Bajpai, S.K. and Mehrok, J.S., 1973. On the coefficient structure and
growth theorem for the functions f ( z ) for which zf ′( z ) is λ-
spirallike, Publ. Inst. Math. N.S., 16 (30), 5-12.
[4]
Chichra, P.N., 1975. Regular functions for which zf ′( z ) is λ-spirallike,
Proc, Amer. Math. Soc., 49, 151-160.
[5]
Duren, P.L., 1983. Univalent Function, Springer-Verlag, New York.
[6]
Goodman, A.W., 1983. Univalent functions Volume I and Volume II,
Mariner Publishing Comp., Florida.
[7]
Goodman, A.W., 1972. Coefficients for the area theorem, Proc. of the Amer.
Math. Soc., 33, 438-444.
[8]
Hayman, W.K., 1994. Multivalent Functions, Cambridge Univ. Press,
Cambridge.
[9]
Jack, I.S., 1971. Functions starlike and convex of order α , J. London Math.
Soc., 3 (2), 469-474.
[10]
Kulshrestha, P.K., 1976. Bounded Robertson Functions, Rend. Math., 9 (6),
137-150.
[11]
Libera, R.J. and Ziegler, M.R., 1972. Regular functions f ( z ) for which
zf ′( z ) is α -spiral, Trans. Amer. Math. Soc., 166, 361-370.
[12]
Miller, S.S., 1973. Distortion Properties of Alpha-Starlike Functions, Proc.
Amer. Math. Soc., 2 (38), 311-318.
[13]
Nasr, M.A. and Auof, M.K., 1973. Starlike Function of Complex Order,
Journal Natural Scien. and Math., 1 (25), 1-12.
[14]
Z. Nahari, 1958, Conformal of Mapping, Dover Publication, New York.
70
[15]
Polatoğlu, Y., Bolcal, M., and Şen, A., 2002. Koebe domain of starlike
functions of complex order with Montel Normalization, Glasnik
Matematicki, 37 (57), 89-92.
[16]
Polatoğlu, Y., 1995. The Radius Problem for Convex Functions of Complex
Order, Turk. Jour. of Math., 3 (19), 283-289.
[17]
Polatoğlu, Y., Bolcal, M., Şen, A., 2002. Koebe Domain of Starlike
Functions of Complex Order with Montel Normalizations, Glasnic
Math., 37 (57), 89-92.
[18]
Pommerenke, 1975.
Götingen.
[19]
Robertson, M.S., 1936. On the theory of univalent functions, Ann. of Math.,
37, 374-408.
[20]
Robertson, M.S., 1969. Univalent functions f (z ) for which z. f ′( z ) is λ -
Univalent
Functions,
Vanlenhoeck&Ruprecht,
spirallike, Michigan Math. J., 16, 97-101.
[21]
Wiatrowski, P., 1971. The coefficients of certain family of holomorphic
functions, Zeszyty Nauk. Univ. Todzk. Nauki Math. Przyrod. Ser. II,
Zeszyt Math, 39, 75-85.
71
SONUÇ
Elipste yalınkat fonksiyonlar bölümünde en önemli olan nokta, tanım kümesinin
birim çember yerine bir elips olarak alınmasıdır. Bunun üzerine çalışmalar
yapılmıştır. Bundan önceki bölümlerde ise eliptik fonksiyonların kompleks olan
başka periyotlara da sahip bulundukları için eliptik fonksiyonlara bazen çift periyotlu
fonksiyonlar da denir gerçeği altında çift periyotlu fonksiyonlar ve özellikleri ve
bunlarla bağlantılı olarak ta eliptik integral ile eliptik fonksiyonlar kavramı
incelenmiş bulunmaktadır.
72
ÖZGEÇMİŞ
1979 yılında İstanbul’da doğdu. 1990 yılında Ömer Seyfettin İlkokulunu, 1997
yılında Bahçelievler Anadolu Lisesini, 2004 yılında da İstanbul Üniversitesi Fen
Fakültesi Matematik Bölümünü bitirdi. Aynı yıl İstanbul Kültür Üniversitesi Fen
Bilimleri Enstitüsü Matematik-Bilgisayar Anabilim Dalında Yüksek Lisans
Programına kaydoldu. Halen bu bölümde yüksek lisansını sürdürmektedir.
73