1

1. GİRİŞ

1.1 Bazı Tanımlar ve Kavramlar

Her 0>ε için δ<− cz eşitsizliği ε<−Czf )( eşitsizliğini verecek şekilde bir

0>δ sayısı var ise, bir değerli )(zfw = fonksiyonu cz → ye giderken belli bir C

limitine sahiptir denir. Bu durumda

Czfcz

=→

)(lim

olarak yazılır. Diğer yandan,

)()(lim 00

zfzfzz

=→

ise, )(zfw = fonksiyonu 0z noktasında süreklidir denir. Belli bir D bölgesinin her

noktasında sürekli olan bir fonksiyon, o bölgede süreklidir denir.

Örnek 1.1.1 || zw = fonksiyonunun z nin herhangi bir değeri için sürekli olduğunu

gösteriniz.

Bir üçgenin iki kenarı arasındaki fark, üçüncü kenarı aşamadığından,

00 |||| zzzz −≤−

Şekil 1.1

0z

z

0zz − z

0z

y

x

2

εδ <<0 olsun. Bu durumda δ<− 0zz eşitsizliği ε<− |||| 0zz eşitsizliğinin

yazılmasına imkân verir. Bunun sonucu olarak

00

lim zzzz

=→

yazılabilir. Böylece z fonksiyonu süreklidir.

Örnek 1.1.2 2zw = fonksiyonunun z nin herhangi bir değeri için sürekli olduğunu

gösteriniz.

))(( 0020

2 zzzzzz +−=−

dır. 0zz → a giderken, Mz < , Mz <0 eşitsizlikleri geçerli olacak şekilde pozitif

bir M sabiti vardır. Buna göre

( ) 0000020

2 2.. zzMzzzzzzzzzz −<+−<+−=−

yazılabilir. M2

εδ < olarak alalım. Buradan δ<− 0zz eşitsizliğinin bir sonucu olarak

MMMzz

2.222

02 ε

δ <<−

ε<−⇒ 20

2 zz

yazılabilir. Bu gösterim de

20

2

0

lim zzzz

=→

yazılmasına imkân verir ve dolayısiyle 2zw = fonksiyonu süreklidir.

3

Kompleks değişkenli bir değerli ( )zfw = fonksiyonunun türevi, z∆ keyfi biçimde

sıfıra gittiğinde

z

zfzzf

z

w

∆−∆+

=∆∆ )()(

oranının limitine denir. Bu durum,

z

zfzzf

z

wzf

zz ∆∆

∆∆

∆∆

)()(limlim)(

00

−+==′

→→

olarak yazılır.

z nin bir noktasında bir türeve sahip fonksiyon, z nin verilen değeri için

türevlenebilirdir denir.

Örnek 1.1.3 2)( zzf = , fonksiyonu her z için türevlenebilir ve zzf 2)( =′ dir.

Örnek 1.1.4 2

)( zzf = fonksiyonu ise sadece orijinde türevlenebilirdir. Gerçekten

,lim0

)0()(lim

2

00 z

z

z

fzf

zz →→=

−−

zzz =2

= 0limlim00

==→→

zz

zz

zz

olduğundan ( 0→z a giderken 0→z a gider), 0)0( =′f dır. Bununla beraber 00 ≠z

için )( 0zf ′ mevcut değildir. Gerçekten; ibaz +=0 olarak alalım. 0, zz a giderken

iki farklı yol boyunca farklar oranının limitini bulalım:

4

Şekil 1.2

bi

i

b

i

bt

bti

bt

ibaita

ibaita

bt

bt

bt

2

2

lim

)(lim

)()(lim

22

22

−=

=

+=

−−

=

+−+

+−+

→

→

→

a

at

at

at

ibaibt

ibaibt

at

at

at

2

)(lim

lim

)()(lim

22

22

=

+=−−

=

+−+

+−+

→

→

→

Görüldüğü üzere iki farklı yol boyunca limitler farklıdır. Bunlar ancak ve ancak

bia 22 −= ise, aynıdır. Bu durum zaten 0== ba olmasını gerektirir. O halde sadece

00 =z noktasında türev vardır, 00 ≠z için )(zf ′ mevcut değildir.

0, zf da türevlenebilir ise, tamamen reel değerli fonksiyonlarda olduğu gibi f , 0z da

sürekli olmak zorundadır. Bunun için, f in 0z da sürekli olmasının ,

)()(lim 000

zfhzfh

=+→

olması ile eşdeğer olduğunu hatırlayalım. Buradan

a

b •

itaz +=

iba +

y

x x

y

a

b

iba +

ibtz +=

•

5

[ ] 0)()(lim 000

=−+→

zfhzfh

dır. Buna göre

[ ] hh

zfhzfzfhzf

hh.)()(

lim)()(lim 00

000

0

−+=−+

→→

= hh

zfhzf

hh 0

00

0lim.

)()(lim

→→

−+

= 0).( 0zf ′

=0

dır.

Bir )(zf fonksiyonu tek değerli ve bir D bölgesinin her noktasında sonlu bir türeve

sahip ise, bu durumda bu fonksiyon D bölgesinde analitiktir denir. Başka bir anlatım ile

bir )(zf fonksiyonu bir 0z noktasının bir komşuluğunda her z için türevlenebilir ise, f

fonksiyonu 0z noktasında analitiktir denir, yani rzz <− 0 bölgesinde her z için )(zf ′

var olacak şekilde bir r sayısı var olmak zorundadır.

2)( zzf = fonksiyonu orijin dışında hiçbir yerde türevlenemediği için, orijin dahil

hiçbir yerde analitik değildir, çünkü f in türevlenebileceği orijin komşuluğunda bir

disk bulunamaz. Bu nedenle bir noktada türevlenebilme ile bir noktada analitiklik

farklı kavramlardır (O’Neil 1991).

1.2 Cauchy-Riemann Denklemleri

),(),()( yxivyxuzfw +==

l

l

l

)()(lim)(

0

zfzfzf

−+=′⇒

→

( )ikh

yxvkyhxviyxukyhxuzf

kh +−+++−++

=′→

),(),(),(),(lim)(

)0,0(),(

6

ikinci yanda bir çifte limit bulunmaktadır. Elde edilecek limit değerinin l kompleks

sayısının hangi yoldan sıfıra gittiğine bağlı olmadığına göre (hangi yoldan gidilirse

gitsin, limitin aynı olması gerekir.) önce 0=k alıp 0→h a gitsin, yani l yi apsisler

ekseni boyunca sıfıra götürelim. Sonra 0=h alıp 0→k a gitsin, yani l yi bu sefer

ordinatlar ekseni boyunca sıfıra yaklaştıralım, u ve v nin birinci basamaktan kısmi

türevleri mevcut olduğu taktirde, l kompleks sayısı sırasiyle x ve y eksenleri boyunca

sıfıra gitsin. Buna göre

h

yxvyhxvi

h

yxuyhxuzf

hh

),(),(lim

),(),(lim)(

00

−++

−+=′

→→

=x

w

x

vi

x

u

∂∂

=∂∂

+∂∂

(1.2.1)

ve

k

yxvkyxv

ik

yxukyxuzf

kk

),(),(lim

),(),(lim)(

00

−++

−+=′

→→

=y

w

iy

v

y

u

i ∂∂

=∂∂

+∂∂ 11

(1.2.2)

olduğuna göre (1.2.1) ve (1.2.2) den,

yx vu = , yx uv −=

şeklinde Cauchy-Riemann denklemleri (koşulları) elde edilir.

Bir ),(),()( yxivyxuzf += fonksiyonu, kompleks düzlemin bir bölgesinin bir

iyxz += noktasında türevlenebilir olması, ( iyxz += noktasında analitik olması )

iyxz += noktasında yxyx vvuu ,,, kısmi türevlerinin sürekli olması ve Cauchy-

Riemann denklemlerinin sağlanması ile eşdeğerdir. Cauchy-Riemann koşullarının

varlığı )(zf nin türevlenebilir olması için gerek ve yeter koşullardır.

7

Cauchy-Riemann koşulları yardımiyle Örnek 1.1.4 de verilen fonksiyonun analitik

olup olmadığı incelenebilir :

Örnek 1.2.1 222)( yxzzzzf +===

ile verilen fonksiyonun analitik olup olmadığını inceleyiniz.

0,0

2,20,22

==

==⇒=+=

yx

yx

vv

yuxuvyxu

olduğuna göre Cauchy-Riemann koşullarından

002

02==⇒

=⇒−=

=⇒=yx

yvu

xvu

xy

yx

elde edilir. Buradan Cauchy-Riemann koşulları bir tek noktada sağlanır. O halde sadece

0=z noktasında )(zf ′ türevi vardır ve 0)0( =′f dır. Bu yüzden zzzzf ==2

)(

fonksiyonu hiçbir yerde analitik değildir.

Örnek 1.2.2 zezf =)( fonksiyonu tüm sonlu z düzleminde analitik olduğu halde,

2

1)(

zzf = fonksiyonu, her sonlu 0≠z noktasında analitiktir. zzf =)( fonksiyonu ise,

hiçbir yerde analitik değildir. Gerçekten,

zzf =)( yyxvxyxuiyx −==⇒−= ),(,),(

den

1,0

0,1

−==

==

yx

yx

vv

uu

olduğuna göre yx vu = den 11 −≠ nedeniyle Cauchy-Riemann koşulları sağlanmaz. O

halde )(zf ′ hiçbir yerde mevcut değildir. Dolayısiyle f hiçbir yerde analitik değildir.

8

Örnek 1.2.3 xiyzf +=)(

ile belirtilen fonksiyonun türevlenebilir olup olmadığını gösteriniz.

0,1

1,0,

==

==⇒==

yx

yx

vv

uuxvyu

olduğuna göre

11

00

−≠⇒−=

=⇒=

xy

yx

vu

vu

olduğundan Cauchy-Riemann koşulları sağlanmaz. O halde verilen fonksiyon hiç bir

yerde türevlenemez.

Örnek 1.2.4 xyiyxzf 2)()( 22 +−=

ile verilen fonksiyonun türevlenebilir olup olmadığını gösteriniz.

xvyv

yuxuxyvyxu

yx

yx

2,2

2,22,22

==

−==⇒=−=

olduğuna göre

yyvu

xxvu

xy

yx

22

22

−=−⇒−=

=⇒=

olduğundan Cauchy-Riemann koşullarını sağlar. O halde verilen fonksiyon

türevlenebilir. Cauchy-Riemann koşulları nedeniyle

x

vi

x

uzf

∂∂

+∂∂

=′ )(

olduğundan türev,

zyixyixzf 2)(222)( =+=+=′

dir. )(zf ′ yi bulmak için bir diğer yöntemle de gidilebilir. Gerçekten verilen f

fonksiyonu

22)()( ziyxzf =+=

olarak yazılabilir ve türev de zzf 2)( =′ olarak bulunur.

9

Örnek 1.2.5 α bir reel sabit olmak üzere

)(2)()( 2 yxiyxzf αα −++=

fonksiyonu hangi şartlarda analitiktir, belirtiniz.

)(2),(,)(),( 2 yxyxvyxyxu αα −=+=

)(2

)(2

yxy

u

yxx

u

αα

α

+=∂∂

+=∂∂

2

2

=∂∂

−=∂∂

x

v

y

vα

2)(2

2)(2

−=+⇒−=

−=+⇒=⇒

yxuv

yxvu

yx

yx

αα

αα

⇒ 1)( −=+

−=+

yx

yx

αααα

αα

αα1−

=+

−=+

yx

yx

⇒

α

α1

1 = ⇒ 1

12

±=

=

αα

Buradan Cauchy-Riemann denklemleri 12 =α olduğunda ve dolayısiyle sadece

1m=± yx doğruları üzerinde sağlanır. )(zf ′ türevi sadece bu doğrular üzerinde

mevcut olduğundan, )(zf ′ başka bir yerde ve hatta bu doğruların komşuluğunda bile

analitik değildir.

Bir )(zf fonksiyonu 0zz = da ve 0z ın bir komşuluğunda her noktada bir türeve

sahip ise, bu durumda )(zf , 0z da analitik ve 0z noktası da f fonksiyonunun bir

10

düzgün (regular) noktası adını alır. Bir analitik fonksiyon, analitik olduğu bölgede her

basamaktan türevlere sahip olduğu gibi, analitik fonksiyonun reel ve sanal kısımları da

her basamaktan türevlere sahiptir.

f , 0z da analitik değil, ancak 0z ın her komşuluğu )(zf nin analitik olduğu

noktaları kapsıyor ise, bu durumda 0z , )(zf nin aykırı (tekil) noktası adını alır. Aykırı

nokta f in analitik olma özelliğinin bulunmadığı bir noktadır. Örneğin; 2

1)(

zzf =

fonksiyonu, 0=z da bir aykırı noktaya sahiptir. zzf =)( fonksiyonu ise, hiçbir yerde

analitik değildir ve bu yüzden f , kompleks düzlemde her yerde aykırı noktalara

sahiptir (O’Neil 1991, Ablowitz and Fokas 1996).

1.3 Bazı Fonksiyon Tanımları

Klasik Elemanter Fonksiyonlar, Cebirsel, trigonometrik, ters trigonometrik,

logaritmik, üstel fonksiyonlardır.

Elemanter Transandant Fonksiyonlar, Cebirsel fonksiyonlar dışında klasik elemanter

fonksiyonlardır.

Klasik Transandant Fonksiyonlar, Airy, Bessel, Weber-Hermite, Whittaker,

Hipergeometrik fonksiyonlardır. Bu fonksiyonlar, sırasiyle aşağıda belirtilen

diferensiyel denklemlerin çözümleridir:

0=−′′ zww Airy denklemi

( ) 0222 =−+′+′′ wkzwzwz Bessel denklemi

( ) 02 =−+′′ wzw λ Weber-Hermite denklemi

04

1

4

12

2

=

−++−+′′ w

z

m

z

kw Whittaker denklemi

( ) ( )[ ] 011 =−′++−+′′− abwwzbacwzz Hipergeometrik denklemi

11

1.4 Tam Fonksiyonlar

Tüm sonlu düzlemin her noktasında analitik olan fonksiyon, tam fonksiyon (entire

function) adını alır. Buna göre ,cos,sin, zze z herhangi bir polinom tam fonksiyon

örnekleridir. Polinomlar tam rasyonel fonksiyonlardır ve bir tam rasyonel fonksiyon,

sadece bir polinom olabilir. Tam fonksiyon sabit olmadıkça, sonsuzda bir aykırılığa

sahip olmak zorundadır. Sonsuzda dahil olmak üzere her yerde analitik olan fonksiyon

bir sabittir (Liouville-Teoremi). Aykırılık bir kutup ise, fonksiyon bir tam rasyonel

fonksiyon adını alır. ∞=z bir esas aykırılık ise, fonksiyon bir tam transandant

fonksiyon olarak adlandırılır. Tam fonksiyon ile integral fonksiyon (integral function)

eş anlamda kullanılmaktadır.

1.5 Meromorfik Fonksiyonlar

Kutup dışında sonlu aykırılıkları olmayan fonksiyon, meromorfik fonksiyon adını alır.

Paydası sabit olmayan rasyonel fonksiyonlar, eczzzz cos,sec,cot,tan meromorfik

fonksiyonlardır. ∞=z da analitik ya da ∞=z bir kutup ise, fonksiyon rasyonel

meromorfik, ∞=z bir esas aykırılık ise, transandant meromorfik fonksiyon adını

alır.

1.6 Eliptik İntegraller

Birinci çeşit tam olmayan Eliptik İntegral

∫−

==φ

θ

θφ

022 sin1

),(k

dkFu , 10 << k (1.6.1)

ile tanımlıdır. Burada ),(, φφ kF nin ya da u nun argümenti ya da amplitüdü adını alır

ve amu=φ olarak yazılır. k da ),( φkF nin ya da u nun modülü’dür ve uk mod=

şeklinde yazılır. (1.6.1) integrali de birinci çeşit tam olmayan eliptik integral için

Legendre formu adını alır. 2

πφ = ise integral, birinci çeşit tam eliptik integral olarak

12

adlandırılır ve )(kK ya da kısaca K ile gösterilir. İntegrallerde k verilen bir sabit

olarak dikkate alınacaktır.

İkinci çeşit tam olmayan Eliptik İntegral

θθφφ

dkkE ∫ −=0

22 sin1),( , 10 << k (1.6.2)

ile tanımlıdır ve ikinci çeşit tam olmayan eliptik integral için Legendre formu adını

alır. 2

πφ = ise integral, ikinci çeşit tam eliptik integral olarak adlandırılır ve )(kE ya

da kısaca E ile gösterilir.

Bu integral bir elipsin yay uzunluğunun bulunmasında ortaya çıkar ve bu durum, eliptik

integral teriminin kullanılmasındaki nedeni açıklar.

Üçüncü çeşit tam olmayan Eliptik İntegral

∫−+

=φ

θθ

θφπ

0222 sin1)sin1(

),,(kn

dnk , 10 << k (1.6.3)

ile tanımlıdır ve üçüncü çeşit tam olmayan eliptik integral için Legendre formu adını

alır. Burada n , sıfırdan farklı bir sayı olarak düşünülmektedir, çünkü 0=n olduğunda

(1.6.3) integrali, (1.6.1) integraline indirgenir. 2

πφ = ise integral, üçüncü çeşit tam

eliptik integral olarak adlandırılır.

Eliptik integrallerin Legendre formlarında θsin=v dönüşümü yapılırsa φsin=x

olmak üzere eliptik integrallerin Jacobi formları elde edilir. 1=x olduğunda, bunlar tam

eliptik integral adını alır.

13

1.7 Eliptik Fonksiyonlar

xyxR ),,( ve y nin rasyonel cebirsel bir fonksiyonu ise, bu durumda

dxyxR∫ ),( (1.7.1)

integrali; cba ,, verilen sabitler olmak üzere baxy += ya da cbxaxy ++= 2

şeklinde ise, elemanter fonksiyonlar cinsinden bulunabilir. edcba ,,,, verilen sabitler

olmak üzere dcxbxaxy +++= 23 ya da edxcxbxaxy ++++= 234 ise, (1.7.1)

integrali, birinci, ikinci ya da üçüncü çeşit eliptik integraller cinsinden ya buna bağlı

olarak eliptik fonksiyonlar cinsinden ya da özel durumlarda elemanter fonksiyonlar

cinsinden bulunabilir.

)(xP derecesi dörtten fazla bir polinom olmak üzere )(xPy = ise, (1.7.1) integrali,

hipereliptik fonksiyonlar yardımiyle integre edilebilir.

tnucnu

snu

x

x

dnuusnkxk

cnuamux

snuamux

==−

=−=−

==−

===

2

2222

2

1

11

)cos(1

)sin(sinφ

ile belirtilen fonksiyonlar da Jacobi eliptik fonksiyonlardır.

21 ,ww herhangi iki sayı (reel ya da kompleks) ve bunların birbirine oranı sırf reel değil

ise (1

2

w

w reel ise, tanımlanan paralelkenar çakışır,

1

2

w

w rasyonel ise, fonksiyon tekli bir

periyodik fonksiyona indirgenir, 1

2

w

w irrasyonel ise, fonksiyon bir sabite indirgenir.) , f

in var olduğu z nin her değeri için

14

)()2( 1 zfwzf =+ , )()2( 2 zfwzf =+

eşitliklerini sağlayan bir fonksiyon, 21 2,2 ww periyotlu z nin ikili periyodik

fonksiyonu adını alır. Düzlemin sonlu kısmında kutuplar dışında aykırılıkları olmayan

ikili bir periyodik fonksiyon, iki periyotlu bir meromorfik fonksiyon, eliptik fonksiyon

adını alır. Buna göre Weierstrass’ın eliptik fonksiyonu ( )( )z℘ , Riemann zeta

fonksiyonu ( )( )zζ , Sigma fonksiyonu ( )( )zσ , Jacobi eliptik fonksiyonlar

( )tnudnucnusnu ,,, , Teta fonksiyonları ( )( )τνθ , , ( )τJ ve )(τλ modüler fonksiyonlar

ile belirtilen eliptik fonksiyonların her biri ayrı ayrı incelenmesi gereken önemli

fonksiyonlardır (Sımırnov 1964, Yıldız 1988, Ablowitz and Fokas 1996, Öğün 2002).

15

2. AYKIRI (TEKİL) NOKTALARIN SINIFLANDIRILMASI

Kesim 1.2 de belirtildiği üzere bir ( )zf fonksiyonunun analitik olma durumunun

bozulduğu, yani analitik olmadığı bir nokta ( )zf nin bir aykırı noktası, yada bir

aykırılığı adını alır. Çeşitli türde aykırılıklar vardır. Bunları vermeden önce ayrık ve

ayrık olmayan aykırı noktaları açıklayalım:

0zz = aykırı noktası dışında başka aykırı noktasının bulunmadığı 0z ın ,zz δ<−< 00

0>δ şeklinde delinmiş bir komşuluğu varsa, 0zz = aykırı noktası bir ayrık aykırı

nokta adını alır. Böyle bir δ bulunamıyor ise, yani 0z dan başka bir aykırı noktasının

bulunmadığı 0z ın bir δ komşuluğu yok ise, 0z a ( )zf nin ayrık olmayan aykırı

noktası denir.

Örneğin, ( ) ztanzf = fonksiyonu Lmm ,,2

3

2

ππ noktalarında ayrık aykırı noktalara,

( )z

tanzf1

= fonksiyonu ise, 0=z da ayrık olmayan aykırı noktaya sahiptir.

0z ın kendiside dahil olmak üzere başka hiçbir aykırı noktanın bulunmadığı 0z ın bir

komşuluğu var ise, 0z noktası ( )zf nin bir adi noktası adını alır.

Şimdi ayrık aykırı nokta çeşitleri üzerinde duralım (Rainville 1964, Volkovsky et al.

1977, Sveshnikov and Tikhonov 1978, O’Neil 1991, Ablowitz and Fokas 1996, Asmar

2002):

2.1 Kaldırılabilir Aykırı Noktalar

0z aykırı noktası için )z(flimzz 0→

mevcut ise, 0z aykırı noktası kaldırılabilir bir aykırı

nokta olarak adlandırılır. Yani tek değerli bir ( )zf fonksiyonu, 0zz = noktasında

tanımlı değil, ancak )z(flimzz 0→

mevcut ise, bu durumda 0zz = noktası, bir kaldırılabilir

16

aykırı nokta adını alır. Bu durumda ( )zf nin 0zz = daki değeri,

)(lim0

zfzz→

ile tanımlanır.

Kaldırılabilir bir aykırılığın ayırt edici bir niteliği şudur:

f , 0z da bir ayrık aykırılığa sahip olsun. Bu durumda 0z daki aykırılığın

kaldırılabilir olması,

A)z(flimzz

=→ 0

nın var ve sonlu olması ile eşdeğerdir.

Diğer yandan başka iki nitelik de şöyle verilebilir:

f , 0z da kaldırılabilir bir aykırılığa sahip ise; f , 0z ın bir komşuluğunda sınırlıdır.

f , 0z da kaldırılabilir bir aykırılığa sahip ise; ( ) 000

=−→

)z(fzzlimzz

dır. Bu koşullar

eşdeğer niteliktedir.

Buradan belirtelim ki, kaldırılabilir bir aykırılık, f in analitik olduğu bir nokta

olarak

alınabilir. Başka bir anlatım ile; ( )zf , 0z da analitik olacak şekilde yeniden

tanımlanabilmektedir.

Örnek 2.1.1 0=z noktası

z

zsin)z(f =

nin bir kaldırılabilir aykırı noktasıdır, yani )(f 0 tanımlı değildir, ancak

1sin

lim0

=→ z

z

z

dir.

17

Örnek 2.1.2 1−=z noktası,

23

12 ++

+=

zz

z)z(f

fonksiyonunun bir kaldırılabilir aykırı noktasıdır, çünkü )(f 1− tanımlı değildir, ancak

123

1lim)(lim

211=

++

+=

−→−→ zz

zzf

zz

dir.

Örnek 2.1.3

a) 2

12

−−

=−

z

e)z(f

z

, 2=z

b) z

zcos)z(f

1−= , 0=z

c) 21

11

)z(

)zcos()z(f

−

−−= , 1=z

d) 22 π−

=z

zsin)z(f , π=z

e) zz

zzf

+=

2

sin)( , 0=z

ile belirtilen fonksiyonlar belirtilen noktalarda kaldırılabilir aykırılıklara sahiptir.

Örnek 2.1.4 z)z(f = , 1<z

ile belirtilen f fonksiyonu için { }1; =zz ile belirtilen noktaların tümü kaldırılabilir

ancak ayrık olmayan aykırı noktalardır.

Örnek 2.1.5 ∑∞

=

−=1

1)(n

nznzf

ile verilen f fonksiyonu için, 1=z noktasını inceleyelim.

1<z ise, ∑∞

=

=0n

nz)z(g olsun.

zz)z(g

n

n

−== ∑

∞

= 1

1

0

, 1<z

18

ve buradan

20

1

)1(

1)()(

zzgznzf

n

n

−=′==∑

∞

=

−

dır. Böylece 1=z ve 1≠z ise, bu özelliğe sahip z ler kaldırılabilir aykırılıklardır,

ancak 1=z noktası ise, kaldırılamayan bir aykırılıktır.

2.2 Kutuplar

( ) ( ) 000

≠=−→

Lzfzzlimn

zz (2.2.1)

olacak şekilde pozitif bir n tamsayısı bulunabilirse, bu durumda 0zz = aykırı noktası

)z(f nin n yıncı basamaktan bir kutbu adını alır. 1=n ise, 0zz = aykırı noktası basit

kutup olarak adlandırılır.

Kutup kelimesi ilk olarak 1875 yılında Briot ve Bouquet tarafından kullanılmıştır. Keza

meromorfik kelimesi de bu matematikçiler tarafından kullanılarak literatüre girmiştir.

Örnek 2.2.1 22

1

)z()z(f

−=

)z(f fonksiyonu, 2=z de ikinci basamaktan bir kutba sahiptir.

Örnek 2.2.2 )z)(z()z(

z)z(f

411

533 −+−

+=

fonksiyonu 1=z noktasında üçüncü basamaktan, 1−=z ve 4=z aykırı noktalarında

basit kutuplara sahiptir.

00 ≠)z(f ve n bir pozitif tamsayı olmak üzere

)z(f)zz()z(g n

0−=

ise, bu durumda 0zz = noktası, )z(g fonksiyonunun n yıncı basamaktan bir sıfırı

adını alır. 1=n ise, 0z bir basit sıfır olarak adlandırılır. Böyle bir durumda 0z , )z(g

1

fonksiyonunun n yıncı basamaktan bir kutbu olur.

19

Teorem 2.2.1 z ye göre bir polinom her sonlu z noktasında analitiktir ve ∞=z da

bir kutba sahiptir. Kutbun basamağı polinomun derecesidir.

Örneğin, cbzaz)z(f ++= 2 polinomu, ∞=z da ikinci basamaktan bir kutba sahiptir.

Gerçekten ξ1

=z konarak 0=ξ ın ve dolayısiyle ∞=z un ikinci basamaktan bir kutup

olduğu anlaşılır.

Teorem 2.2.2

0,0;)( 00110

110 ≠≠

+++

+++=

−

−

babzbzb

azazazf

m

mm

n

nn

L

L

şeklinde verilen pay ve paydasında ortak çarpanları olmayan rasyonel fonksiyon, )z(f

nin kutupları olan paydanın sıfırları dışında her sonlu z noktasında analitiktir. Bu

)z(f fonksiyonu nm ≥ ise , ∞=z da analitiktir. nm < ise , ∞=z )z(f nin

)mn( − yıncı basamaktan bir kutbudur.

Kesim 1.4 ve 1.5 de görüldüğü üzere sonlu sayıda kutuplar dışında sonlu düzlemde her

yerde analitik olan bir fonksiyon meromorfik ve sonsuz dışında her yerde analitik olan

bir fonksiyon tam fonksiyon olduğu bilinmektedir. Buna göre, Örneğin,

321

3

)z)(z(

z)z(f

+−

+=

ile verilen f fonksiyonu 1=z ve 2−=z kutuplarının dışında her yerde analitik

olduğundan meromorfik ve zsin,e z ve zcos fonksiyonları ise, sonsuz dışında her

yerde analitik olduğundan tam fonksiyonlardır. Bir tam fonksiyon, sonsuz yakınsaklık

yarıçapına sahip bir Taylor serisi ile gösterilebilir.

Teorem 2.2.3 (Liouville) )z(f tüm sonlu düzlemde ve sonsuzda analitik ise, bu

durumda )z(f bir sabittir.

20

Teorem 2.2.4 )z(f fonksiyonu sonsuz da dahil olmak üzere düzlemin tümünde

kutuplardan başka aykırı noktalara sahip değilse , bu durumda )z(f , z nin bir rasyonel

fonksiyonudur. Başka bir anlatım ile, rasyonel bir fonksiyonun kutuptan başka aykırı

noktası olamaz.

Örnek 2.2.3 23

48

231

52

)z()z(

zz)z(w

+−

++=

ile verilen w fonksiyonunun sonlu z düzlemindeki aykırılıkları 3

2,1 −== zz dür.

1=z üçüncü basamaktan ve 3

2−=z de ikinci basamaktan bir kutuptur. Teorem 2.2.2

nedeniyle w fonksiyonu ∞=z da da üçüncü basamaktan bir kutba sahiptir.

Örnek 2.2.4 00 =z noktasında bir kutba sahip olan ancak rasyonel olmayan fonksiyon

örnekleri veriniz:

(a) zsinz+

1, (b)

z

e z

, (c) zsin

1

Örnek 2.2.5 Herbiri 00 =z noktasında bir kutba sahip olan, ancak )z(g)z(f −

farkının aykırılığı olmayan fonksiyon örnekleri veriniz:

z)z(f

1= , z

z)z(g +=

1

Kutbu ayırdeden önemli bir özellik şudur:

Bir 0zz = aykırı noktasının f fonksiyonunun bir kutbu olması,

∞=→

)(lim0

zfzz

(2.2.2)

olması ile eşdeğerdir.

(2.2.2) özelliğinin, (2.2.1) özelliğinden farkı şudur: (2.2.1) özelliği, 0zz = aykırı

noktasının hem kutup olduğunu, hem de basamağının n olduğunu belirtmektedir.

21

Örnek 2.2.6 Aşağıda verilen fonksiyonların belirtilen noktada kutbunun basamağını

bulunuz:

(a) 01

0 == z;zsinz

w (b) 01

04

2

=−

= z;z

ew

z

(a) 01sin

limsin

1lim

0

2

0≠==

→→ z

z

zzz

zz

olduğundan 0, w nin ikinci basamaktan bir kutbudur.

(b) L+++=−!3!2!1

1642

2 zzzez

ve 0≠z için L+++=−

!3!2

1

!1

11 2

24

2

z

zz

e z

olarak yazılabileceğinden 0 daki kutbun basamağı 2 dir. Bir diğer gösterimle

011

4

2

2

0

≠=−

→ z

ezlim

z

zz

olduğundan 0 daki kutbun basamağı 2 dir.

Örnek 2.2.7 2

3π=z noktasının, ztane)z(f z2= ile verilen f fonksiyonunun bir

basit kutbu olduğunu gösteriniz.

0cos

sin)

2

3(lim 32

2

3≠−=−

→

π

π

πe

z

zez z

z

olduğundan 2

3π=z noktası birinci basamaktan bir kutuptur.

Kesim 2.5 de Laurent serisi yardımıyla da 2

3π=z noktasının bir kutup olduğu

gösterilecektir.

22

Örnek 2.2.8 4=z noktasının, )2sin()2(

1)(

zzzf

−+=

ile verilen f fonksiyonu için birinci basamaktan bir kutup olduğunu gösteriniz.

012

2

22

22

22

14

4

44

≠−=−

−−=

−+

+−=

−+−

→

→→

)zsin(

zlim

)zsin()z(

)z)(z(lim

)zsin()z()z(lim

z

zz

olduğundan 4=z noktası birinci basamaktan bir kutuptur.

Örnek 2.2.9 31)z(

zsin)z(f

−=

π

ile verilen f fonksiyonu için, 1=z noktasının önce bir kutup olduğunu gösteriniz ve

daha sonra basamağını bulunuz.

∞=−

=−

=→→→

21311 )1(3

coslim

)1(

sinlim)(lim

z

z

z

zzf

zzz

πππ

olduğundan 1=z aykırı noktası verilen fonksiyonun bir kutup noktasıdır. Şimdi kutbun

basamağını bulalım:

01

coslim

1

sinlim

)1(

sin)1(lim

113

2

1≠−==

−=

−−

→→→π

ππππ z

z

z

z

zz

zzz

olduğundan 1=z noktası ikinci basamaktan bir kutuptur.

Örnek 2.2.10 2z

)zcot()z(f

ππ=

ile verilen fonksiyonun varsa kutuplarını ve belirtilen kutupların basamaklarını

bulunuz.

01sin

)cos(lim

)sin(

)cos(lim

)cot(lim

0

02

3

0

≠==

=

→

→→

z

zz

z

zz

z

zz

z

zz

ππ

π

πππππ

olduğundan 0=z noktası üçüncü basamaktan bir kutuptur ve

...),2,1(;0)sin( mm==⇒= nnzzπ

noktalarında da f fonksiyonu basit kutuplara sahiptir.

23

2.3 Dallanma Noktaları

Dallanma noktaları çok değerli fonksiyonlarla ilgili aykırı noktalardır.

0zz = noktası etrafında bir kapalı yol tanımlandığında, )z(f nin dalları değişiyor ise,

bu durumda 0zz = noktası çok değerli bir )z(f fonksiyonunun bir dallanma noktası

adını alır.

Örneğin, 2

1

zw = ile bir fonksiyonun verildiğini varsayalım. Ayrıca varsayalım ki, z

noktası Şekil 2.1’ deki A noktasından başlamak üzere orijin etrafında pozitif yönde tam

bir devir yapsın. Buna göre A noktasında

1θθ = ve 21θi

erw =

dir. Tam bir devirden sonra A noktasına dönülürse, πθθ 21 += açısına

22

2 11 θπθi)(i

ererw −==+

karşılık gelir. Böylece w nin başlanan değerinin elde edilemediği görülmektedir. A ya

2. bir devir yapılırsa, bu takdirde πθθ 41 += için

22

4 11 θπθi)(i

ererw ==+

nedeniyle 2. devirde aynı değer elde edilmektedir. Yani θ açısı πθ 20 <≤

olduğundan çok değerli fonksiyonun bir dalı, πθπ 42 <≤ olduğunda fonksiyonun

C A

x

y

1θθ =

0

Şekil 2.1

24

diğer dalı üzerinde hareket ediliyor demektir. Eğer 5

1

zw = ile verilen fonksiyon

alınsaydı, orijin etrafında beşinci devirde ancak w nin orjinal değeri elde edilecekti.

2

12 1)z()z(fw +== ile verilen fonksiyon da iz ±= de dallanma noktalarına sahiptir.

Bu tür dallanma noktaları (sonlu sayıda dal içeren) cebirsel dallanma noktaları olarak

adlandırılmaktadır.

zln)z(fw == ile verilen fonksiyon için ise, durum tamamen farklıdır. 0=z yine bir

dallanma noktasıdır, ancak orijin etrafında tam devirler bizleri farklı dallara götürür, ve

aynı dala hiçbir zaman varılamaz. Gerçekten,

...),2,1,0(;)2(ln

ln

2

ln

ln

)2(

±±=++=

+==⇒

+=

=⇒

==

=⇒

=⇒

=⇒

=⇒=

+

+

kkirw

ivuzw

kv

ru

eee

re

reee

ree

zezw

kiiiv

u

iivu

iivu

w

πθ

πθπθθ

θ

θ

dır. Böylece ,zln sonsuz sayıda dal kapsayan sonsuz sayıda değerli fonksiyondur. Bu

yüzden 0=z noktası, bir logaritmik dallanma noktası ya da sonsuzuncu basamaktan

dallanma noktası adını alır.

Bunun gibi )zzln(w 22 −+= fonksiyonu da 1=z ve 2−=z noktalarında sonsuzuncu

basamaktan dallanma noktalarına sahiptir.

Örnek 2.3.1 0=z noktasının

z

zsin)z(f =

ile verilen bir fonksiyonun bir dallanma noktası olup olmadığını gösteriniz.

0=z noktası ilk bakışta bir dallanma noktası olduğu izlenimi vermektedir, ancak

durum öyle değildir. Gerçekten,

25

θirez = ise, 2

2 )sin()( θ

θ

i

i

er

erzf =

ve bir tam devir yapınca, yani

)2( πθ += irez ise, 2

2

2

2

)2

2(

)2

2(

)sin()sin()sin()( θ

θ

θ

θ

πθ

πθ

i

i

i

i

i

i

er

er

er

er

er

erzf =

−

−== +

+

nedeniyle dal değişmemekte, aynı kalmaktadır. O halde 0=z noktası bir dallanma

noktası olamaz

10

=→ z

zsinlimz

olması nedeniyle 0=z bir kaldırılabilir aykırı noktadır.

Örnek 2.3.2 Aşağıda verilen fonksiyonların aykırılıklarını inceleyiniz:

(a) 3

1

4 )z()z(f −=

(b) 22 )22(

)2ln()(

++−

=zz

zzf

(c) )z(z)z(f 12 +=

(d) zarcsin)z(f −=4

π

(a) f fonksiyonu, 4=z noktasında bir cebirsel dallanma noktasına sahiptir.

(b) f fonksiyonu, 2=z de bir logaritmik dallanma noktasına, iz ±−= 1 noktalarında

ikinci basamaktan kutuplara sahiptir.

(c) f fonksiyonu, 0=z ve iz ±= noktalarında cebirsel dallanma noktalarına sahiptir.

(d) 2

20

4=⇒=− zzarcsin

π noktası f in bir cebirsel dallanma noktasıdır.

26

Örnek 2.3.3

zsin

ee)z(f

zz −−=

ile verilen f fonksiyonu, nerede tek değerli ve analitiktir açıklayınız. Varsa f in

aykırılıklarını belirtiniz.

0=z ve ∞=z noktaları, z fonksiyonunun dallanma noktalarıdır. Gerçekten,

z)z(g = olsun.

)(

)(2

)(

2)

2

2(

1

21

11

zgz

ererzg

erzg

ii

i

−=−=

−==⇒+=

=⇒=+ θπθ

θ

πθθ

θθ

vz

1= dönüşümü yapılırsa, benzer işlemlerle 0=v ın da dallanma noktası olduğu

görülür.

{ }rz;z ==Γ

olsun ve Γ,z boyunca iki kez hareket ettiğinde zz −, ye değiştiği halde )z(f

değişikliğe uğramaz. Gerçekten,

zsin

ee

)zsin(

ee zzzz −− −=

−

−

şeklinde aynı kalır. Buradan 0=z ve ∞=z , f in dallanma noktaları değildir. 0=z ,

f in bir kaldırılabilir bir aykırı noktasıdır.

...),2,1(,

0sin22 ±±==⇒

=⇒=

nnz

nzz

π

π

noktaları f in kutuplarıdır. Buradan f tek değerlidir ve

C \ { }...,2,1,22 ±±== nnzz π bölgesinde analitiktir.

27

2.4 Esas Aykırı Noktalar

Bir fonksiyon tek değerli ve bir aykırılığa sahip ise, aykırılık ya bir kutup ya da bir esas

aykırılıktır. Bu bakımdan bir kutup bazen esas olmayan bir aykırılık olarak da

adlandırılır. Başka bir anlatım ile, bir 0z noktası için

0)()(lim 00

≠=−→

Lzfzz n

zz

olacak şekilde pozitif bir n tamsayısı bulunamıyor ise, bu durumda 0zz = aykırı

noktası bir esas aykırı noktadır.

Tek değerli fonksiyonların kutupları ile esas aykırı noktaları arasındaki ayırım şöyle de

verilebilir:

0),( zzzfw == da bir kutba sahip ise, bu durumda 0,)(

1zz

zf= da analitiktir,

gerçekten 0,1

zzf

= da bir sıfıra sahiptir.

0),( zzzfw == da bir esas aykırı noktaya sahip ise, bu durumda f

1 de 0zz = da bir

esas aykırı noktaya sahiptir. Başka bir anlatım ile w

w1

, nin her ikisi 0zz = da bir aykırı

noktaya sahip ise, bu durumda 0zz = noktası hem w hem de w

1 nin bir esas aykırı

noktasıdır. Buna göre w nin herhangi bir esas aykırı noktası, w

1 nin de bir esas aykırı

noktasıdır.

Örnek 2.4.1 Aşağıda verilen fonksiyonların aykırılıklarını inceleyiniz:

(a) 2

1

)( −= zezf , (b) 2

)( zezf = , (c) 2

1

)( zezf−

=

Yukarıda belirtilen fonksiyonlar için sırasıyla ,,2 ∞== zz ve 0=z noktaları, verilen

28

f fonksiyonlarının esas aykırı noktalarıdır. Kesim 2.5 de Laurent serileri verildikten

sonra tek değerli fonksiyonlara ilişkin aykırılıklar daha iyi anlaşılacaktır. Ancak bu

aşamada ise, bir noktanın esas aykırı nokta olduğunu anlamak için o noktanın ne

kaldırılabilir ne de kutup olmadığının gösterilmesi gerekmektedir.

Örnek 2.4.2 zezf

1

)( =

ile verilen f fonksiyonu için 0=z aykırı noktasının bir esas aykırı nokta olduğunu

gösteriniz.

Bunu göstermek için z pozitif reel eksen boyunca orijine yaklaşsın (sağdan). Bunun

için

∞===∞→→→ ++

t

t

x

x

z

z

eee limlimlim1

0

1

0

olduğuna göre, 00 =z noktası f için kesinlikle bir kaldırılabilir aykırı nokta değildir.

Şimdi gösterelim ki, 00 =z bir kutup da değildir. Bunun için z negatif reel eksen

boyunca orijine yaklaşsın (soldan). Buna göre

0limlimlimlim1

0

0

1

0

1

0

1

0====

−

→

−

→→→ −−

ε

ε

ε

εeeee x

x

z

z

olduğundan 00 =z noktası, f için bir kutup da değildir. O halde 00 =z noktası bir esas

aykırı noktadır.

Örnek 2.4.3 z

z

ezf sin)( =

ile verilen f fonksiyonunun ayrık aykırılıklarını bulunuz:

f fonksiyonu, 0sin =z olduğu noktalar dışında, yani Νπ ∈= kkz , noktaları dışında

her noktada analitiktir. 00 =z noktasında, ee z

z

z=

→

sin

0lim olduğundan, 00 =z noktası, f

in kaldırılabilir bir aykırı noktasıdır.

29

Şimdi iddia ediyoruz ki, f 0, ≠= kkz π noktalarında bir esas aykırılığa sahiptir.

Bunun için 0, ≠= kkz π noktalarının kaldırılabilir ve kutup olma durumlarının devre

dışı kalması gerekir.

xz = reel ise, bu durumda x

x

kxesinlim

+→ π limitini bulalım.

0,)sin(

limsin

lim0

≠∞=+

+=

→→ +k

k

k

x

x

kx επεπ

επ

ve buradan

∞== ∞

→ +ee x

x

kx

sinlimπ

olduğundan, 0, ≠= kkz π noktaları f in kaldırılabilir aykırı noktaları değildir.

Şimdi x

x

kx

esinlim−→ π

limitini bulalım.

0,)sin(

)(lim

)sin(lim

sinlim

00≠−∞=

−−−−

=−

−=

→→→ −k

k

k

k

k

x

x

kx πεπε

επεπ

εεπ

ve buradan

0lim sin == ∞−

→ −ee x

x

kx π

olması nedeniyle 0, ≠= kkz π noktaları kutup da olamaz. O halde belirtilen noktalar

f in esas aykırı noktalarıdır.

Örnek 2.4.4

(a) zzf sin)( = , (b) z

zzf

sin)( =

(c) z

zzf

sin)( = , (d) zezf =)(

(e) zezf −=)(

ile verilen beş fonksiyon da ∞=z da esas aykırı noktaya sahiptir.

30

2.5 Laurent Serileri

f fonksiyonu bir 0zz = noktasında analitik ise, bu durumda f fonksiyonu 0z noktası

komşuluğunda bir Taylor serisine açılabilir. Eğer f fonksiyonu bir 0zz = noktasında

analitik değil ise, bu durumda 0

1

zz − ın kuvvetleri kapsanmak üzere f fonksiyonu yine

bir seriye açılabilir. Laurent (A. Laurent, 1813-1854, Fransız) serisinin arkasındaki

ilginç durum budur (Kreyszig 1988, O’Neil 1991).

Teorem 2.5.1 (Laurent) f fonksiyonu, 201 rzzr <−< halkasında analitik olsun. Bu

durumda f fonksiyonu,

∑∑∑∞

=

−−

∞

=

∞

−∞=

−+−=−=1

00

00 )()()()(n

n

n

n

n

n

n

n

n zzazzazzazf (2.5.1)

şeklinde bir seriye açılabilir. Burada na katsayıları,

∫ ±±=−

= +

C

nn ndzzz

zf

ia ),2,1,0(,

)(

)(

2

11

0

Kπ

(2.5.2)

şeklindedir ve C eğrisi, 21 rr << ρ olmak üzere ρ<− 0zz ile belirtilen herhangi bir

çemberdir. (2.5.1) deki seri, 201 rzzr <−< halkasında 0z komşuluğunda f in

Laurent açılımı ya da Laurent serisi adını alır. na katsayıları da 0z komşuluğunda f

in Laurent katsayıları olarak adlandırılır.

Şekil 2.2

1C

C

2C

0z

ρ2r

1r

x

y

31

Uygulamalar da çoğunlukla Laurent açılımında kullanılan halka da 01 =r dır. Yani

çoğunlukla açılım Rzz <−< 00 halkasında yapılır. Bu halka, 0z komşuluğunda R

yarıçaplı bir açık diskden bir tek 0z noktasının çıkarılması ile elde edilen halkadır.

(2.5.1) serisi, Rzz <−< 00 ya da başka bir gösterim ile Rzz <−≤< 00 ε halkasında

yakınsar ve )(zf yi gösterir. (2.5.1) serisindeki ilk toplam analitik kısım, ve ikinci

toplam asli kısım adını alır. Asli kısım 0 ise, Laurent serisi bir Taylor serisine

indirgenir.

f in bir 0zz = aykırı noktası komşuluğunda bir Laurent serisinin var olabilmesi için,

f in 0z dışında 0z noktasının komşuluğunda tek değerli ve analitik olması gerekir ve

yeter.

Kuvvet serileri 0zz − ın pozitif tam kuvvetlerini ve bir sabit terimi kapsarken, Laurent

serileri, 0zz − ın pozitif ve negatif kuvvetlerini kapsar.

(2.5.1) serisinin var olabilmesi için, 0zz = aykırı noktasının 2C çemberi içerisinde f

in tek aykırı noktası olması, yani 0zz = ın bir ayrık aykırı nokta olması gerekir.

Bir f analitik fonksiyonunun Laurent açılımı mevcut ise, bu tektir. Ancak f , aynı

merkezli iki halkada farklı Laurent serilerine sahip olabilir. 0zz = noktası sonsuz sayıda

farklı halkanın merkezi olabilir ve bunların herbirinde f analitiktir ve bir Laurent

açılımı kabul eder.

(2.5.1) Laurent serisindeki na katsayıları, (2.5.2) ile verilmektedir, ancak genel olarak

na katsayıları bu formül ile bulunmaz, çeşitli başka yöntemler kullanılarak bulunur.

Laurent açılımının en önemli uygulamalarından birisi, tek değerli fonksiyonların ayrık

aykırı noktalarının Laurent serileri yardımıyla incelenebilmesidir. Bu nokta üzerinde

32

daha sonra durmak üzere Laurent açılımına ilişkin bazı örnekler verelim:

Örnek 2.5.1 5

sin)(

z

zzf =

ile verilen f fonksiyonunun 0 merkezli Laurent serisini bulunuz:

)0(;5040

1

120

1

6

11

)!12(

)1(

)!12(

)1(1sin)(

2

24

0

42

0

12

55

>+−+−=

+−

=+

−== ∑∑

∞

=

−∞

=

+

zzzz

zn

znzz

zzf

n

nn

n

nn

L

Örnek 2.5.2 zezzf

12)( =

ile verilen fonksiyonun 0 merkezli Laurent serisini bulunuz:

( )

( )0;!4

1

!3

1

2

1

!2

1

!1

11

!

1)(

2

2

2

2

0

21

2

>+++++=

+++=== ∑∞

=

zzz

zz

zzz

n

zzezzf

n

n

z

L

L

Örnek 2.5.3 z

zf−

=1

1)( ile verilen f fonksiyonunun 0 merkezli;

(a) z nin negatif olmayan kuvvetleri cinsinden

(b) z nin negatif kuvvetleri cinsinden

Laurent açılımlarını bulunuz:

(a) ( )∑∞

=

<=−

=0

1;1

1)(

n

n zzz

zf

(b) ( ) ∑

∞

=

−=−−

=−

=0

11

11

1

1

1)(

n

n

zzzzzzf

( )∑∞

=+ >+−−=−=

021

1;111

nn

zzzz

L

33

Örnek 2.5.4 43

1)(

zzzf

−= ile verilen f fonksiyonunun 0 merkezli bütün Laurent

serilerini bulunuz:

(a) ∑∑∞

=

−∞

=

==−

=−

=0

3

03343

1

1

111)(

n

n

n

n zzzzzzz

zf

( )10;1111

23<<+++++= zz

zzzL

(b) ∑∑∞

=+

∞

=

−=

−=

−−=

− 04

04443

111

11

111

nn

n

n

zzzzzzz

( )1;1154

>+−−= zzz

L

Örnek 2.5.5 21

1)(

zzf

−= ile verilen f fonksiyonunun

2

11

4

1<−< z halkasında

yakınsayan Laurent açılımını bulunuz ve kesin yakınsaklık bölgesini belirtiniz:

Halka 1 merkezine sahiptir. O halde verilen f fonksiyonunu )1( −z in kuvvetlerine

göre açmak zorundayız. f fonksiyonu,

)1)(1(

1

1

1)(

2 +−−

=−

=zzz

zf

şeklinde yazılabilir.

n

nn

n

n

n

zz

zzz)1(

2

)1(

2

1

2

1

2

11

1

2

1

)1(2

1

1

1

01

0

−−

=

−−=

−−−

=−+

=+ ∑∑

∞

=+

∞

=

serisi, 2112

1<−⇒<

−z

z diskinde yakınsar. Bu seri,

1

1

−−z

ile çarpılırsa arzu edilen

seri elde edilir:

L+−+−−+−

−=

−−

=−−

−−=

+−−= ∑ ∑

∞

=

∞

=

−+

+

+

2

0 0

1

1

1

1

)1(16

1)1(

8

1

4

1

1

21

)1(2

)1()1(

2

)1(

1

1

1

1

1

1)(

zzz

zzzzz

zfn n

n

n

nn

n

n

Kesin yakınsaklık bölgesinin 210 <−< z şeklinde olduğu açıktır.

34

Örnek 2.5.6 )3)(1(

1)(

izzzf

−+= ile verilen f fonksiyonunun -1 noktasının

komşuluğunda Laurent açılımını bulunuz:

iz

i

z

i

izz 3

1

10

31

1

1

10

31

)3)(1(

1

−−

++

+−=

−+

olarak yazılabilir.

iz 3

1

− fonksiyonu -1 de analitiktir ve bu yüzden -1 komşuluğunda bir Taylor serisine

sahiptir. Gerçekten,

∑

∑∞

=+

∞

=

<+⇒<++

++

−=

+

++

−=

++

−−−=

++−−=

−+−=

−

01

0

101131

1;)1(

)31(

1

)1(31

1

31

1

31

11

1

31

1

)1(31

1

113

1

3

1

n

n

n

n

n

n

zi

zz

i

zii

i

ziziiziz

yazılabilir.

1

1

+z ise zaten 1+z in bir kuvvetini içermektedir. Buna göre verilen f fonksiyonunun

-1 noktası komşuluğunda Laurent açılımı

∑∞

=+ +

+−

++

+−

01

)1()31(

1

10

31

1

1

10

31

n

n

nz

i

i

z

i

şeklindedir.

Bu açılım iki terimin toplamıdır. Bunlardan birisi 101 <+z bölgesinde ve diğeri de

01 >+z bölgesinde geçerlidir. Onların toplamı da 1010 <+< z ortak bölgesinde f

in açılımını göstermektedir.

35

Şimdi Laurent serileri yardımıyla ayrık aykırılıkların incelenmesine dönelim:

(a) (2.5.1) açılımında 0zz − ın negatif kuvvetleri yok ise, başka bir anlatım ile açılımda

asli kısım 0 ise, bu durumda 0zz = kaldırılabilir bir aykırı noktadır.

(b) (2.5.1) açılımında asli kısım, 0≠−na olmak üzere

n

n

zz

a

zz

a

zz

a

)()( 02

0

2

0

1

−++

−+

−−−−

L

ile verilen sonlu sayıda terime sahip ise, bu durumda 0zz = , f in n yıncı basamaktan

bir kutbudur.

(c) (2.5.1) açılımında 0zz − ın sonsuz sayıda negatif kuvveti var ise, bu durumda

0zz = , f in bir esas aykırı noktasıdır.

Örnek 2.5.7 Aşağıda verilen fonksiyonların aykırı noktalarını, Laurent serileri

yardımıyla inceleyiniz:

(a) 0;sin

)( 0 == zz

zzf

(b) 0;1

)( 04

2

=−

= zz

ezf

z

(c) 0;)( 0

1

== zezf z

(a) ∑ ∑∞

=

∞

=

+

+−=

+−==

0 0

212

)!12()1(

)!12()1(

1sin)(

n n

nn

nn

n

z

n

z

zz

zzf

L++−= 42

!5

1

!3

11 zz

açılımında z nin negatif kuvvetleri olmadığından 00 =z noktası, kaldırılabilir bir aykırı

noktadır.

36

(b) ∑∞

=

+++==0

422

!2!11

!

2

n

nz zz

n

ze L

ve buradan her z için

L+++=−!3!2!1

1642

2 zzzez

ve 0≠z için

LL ++++=+++=−

=!4!3!2

1

!1

1

!3!2!1

1)(

42

24

6

4

4

4

2

4

2

zz

zz

z

z

z

z

z

z

ezf

z

nedeniyle açılımda z nin sonlu sayıda negatif kuvveti var olduğundan, 00 =z noktası

bir kutuptur ve basamağı 2 dir.

(c) L+++==2

1

!2

111)(

zzezf z

açılımında z nin sonsuz sayıda negatif kuvveti var olduğundan, 00 =z noktası bir esas

aykırı noktadır.

Örnek 2.5.8 2

3π=z noktasının, zezf z tan)( 2= ile verilen fonksiyonun bir basit

kutbu olduğunu gösteriniz:

+++

++−

+++

−=

++−

++−−=

++−

++−

−=

−=

+

+=

+=⇒=−

−

+

+

+

LLL

LL

L

L

2

424223

1424223

53

42

23

)32(

32

)2

3(2

)!3(!31

!4!21

!2

)2(21

!5!31

!4!21

!5!3

!4!21

sin

cos

)2

3cos(

)2

3sin(

)2

3tan()(

2

3

uuuuuu

u

e

uuuu

u

ee

uuu

uu

ee

u

ue

u

ue

ueufuz

u

u

u

u

u

π

π

π

π

π

π

π

π

ππ

37

Bütün açılımlar u nun sadece pozitif (ya da sıfır) kuvvetlerini içerdiğinden, u nun

negatif kuvvetli tek terimi u

e π3

− dur. Buradan )(zf nin 2

3π=z noktası komşuluğunda

Laurent serisine açılımının asli kısmı

2

3

3

π

π

−−z

e

şeklinde olduğundan 2

3π=z noktasının, f in bir basit kutbu olduğu görülmektedir.

Örnek 2.5.9

1

)(

−

=−

a

z

az

e

e

ezf ile verilen f fonksiyonunun varsa aykırılıklarını bulunuz:

0=z noktasında pay analitik, payda ise bir basit sıfıra sahiptir. Buradan verilen

fonksiyon, 0=z da bir basit kutba sahiptir. Aynı şekilde verilen fonksiyon,

...),3,2,1(,2 ±±±=nianπ

noktalarının her birinde bir basit kutba sahiptir. Payda z nin diğer değerleri için sıfıra

gitmez. az = noktasında pay bir ayrık aykırılığa sahiptir ve dolayısiyle Laurent açılımı

mümkündür ve Laurent açılımında katsayılar aşağıdaki gibi yazılabilir:

1!2

)(1

)(!21

112

2

2

2

−

+

−+

−+

+−

+−

+=

−

=

−−

−−

L

L

a

az

a

aze

az

e

az

e

ee

e

e

e

a

az

az

e

a

z

az

e

Bu açılım az − nın bütün negatif ve pozitif kuvvetlerini içermektedir. O halde verilen

f fonksiyonu, az = da bir esas aykırılığa sahiptir.

38

2.6 Yığılma Noktaları

Bir yığılma noktası en basit anlamda şudur: S sonsuz sayıda nokta kapsayan bir cümle

ve S ye ait olan ya da olmayan bir nokta ξ olsun. Eğer ξ nın yeteri kadar küçük bir

komşuluğu, ξ dan başka cümlenin bir noktasını kapsıyor ise, ξ noktası S in bir yığılma

noktası adını alır (Ablowitz and Fokas 1996).

Bir diğer aykırı nokta türü yığılma noktası ’dır. Bir yığılma noktası, öyle bir noktadır ki,

tek değerli bir )(zf fonksiyonunun ayrık aykırı noktalarının bir sonsuz dizisi, diyelim

bir 0zz = noktası etrafında yığılır ve bu yığılma o şekilde olur ki, 0zz = etrafında yeteri

kadar küçük bir çember içerisinde sonsuz sayıda aykırı nokta var olacak şekilde ortaya

çıkar.

Örnek 2.6.1

(a)z

zf1

sin)( = ; 0=z (b)z

zf1

tan)( = ; 0=z

ile verilen fonksiyonların belirtilen noktalarındaki durumunu inceleyiniz.

(a) z

zf1

sin)( = π

πn

znz

11=⇒= ; ),2,1( L±±=n

noktaları f in sıfırlarıdır. 0=z ise, bu sıfırların yığılma noktasıdır. f bir bölgede

özdeş olarak sıfır olmadığından f in bütün sıfırları ayrıktır. Bu yüzden 0=z aykırı

noktası, ayrık bir esas aykırı noktadır.

(b)

z

z

zzf

1cos

1sin

1tan)( ==

Nn

n

zn

kzz

∈+

=⇒+=

±=⇒=

;

2

1

2

22

10

1cos

ππ

ππ

ππ

39

noktalarında verilen f fonksiyonu kutuplara sahiptir. 0=z noktası, kutuplar

cümlesinin bir yığılma noktasıdır, yani orijinin herhangi bir yeteri kadar küçük

komşuluğu, sonsuz sayıda kutuplar cümlesinin elemanını kapsar. Bu yüzden 0=z

noktası ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır. Doğaldır ki böyle bir yığılma noktasının

komşuluğunda geçerli bir Laurent açılımı yoktur.

Teorem 2.6.1 Bir kutuplar cümlesinin yığılma noktası, bir esas aykırı noktadır.

Örnek 2.6.2 z

zzfcos

1sec)( ==

ile verilen fonksiyonun aykırılıklarını bulunuz.

)sin(sin)cos(cos)cos(cos iyxiyxiyxz −=+=

= yxiyx sinhsincoshcos −

yxyxz 22222sinhsincoshcoscos +=⇒

= yxyx 2222 sinhsin)sinh1(cos ++

yx 22 sinhcos +=

=

=⇒=⇒

0sinh

0cos0cos

y

xz

2

)12(2

0cosππ

π +=+=⇒= nnxx ; ),2,1,0( L±±=n

00sinh =⇒= yy

olduğuna göre zcos nin sıfırları

...),2,1,0(;2

)12(

02

)12(

±±=+=

++=⇒+=

nn

inziyxz

π

π

olarak bulunur. Buradan zcos , bir katlı olmak üzere xcos ile aynı sıfırlara sahiptir.

Buna göre f fonksiyonu, belirtilen noktalarda birinci basamaktan kutuplara sahiptir.

Bunlardan birkaçı şekilde görülmektedir:

40

y

. . . . . . x

2

5π−L

2

3π−

2

π−

2

π

2

3π L

2

5π

Şekil 2.3

Kutuplar cümlesinin elemanından ∞=z u ayırmak mümkün değildir. Yani, merkezi

orijinde ne kadar büyük çaplı çember çizersek çizelim, bu çemberin dışında f in

kutupları olacaktır. Buradan sonsuzdaki nokta, f in kutuplarının bir yığılma noktasıdır.

Bu yüzden f , ∞=z da ayrık olmayan bir esas aykırı noktaya sahiptir.

Örnek 2.6.3 z

zf1

sec)( =

ile verilen f fonksiyonunun aykırılıklarını bulunuz.

),2,1,0(;)12(

22

)12(1

01

cos

K±±=+

=

+=⇒=

nn

z

nzz

π

π

noktaları aykırı noktalardır. 0, =zf da tanımlı olmadığından, 0=z da bir aykırı

noktadır. Buradan

),2,1,0(;)12(

2K±±=

+= n

nz

π

aykırı noktaları basit kutuplardır. Gerçekten,

0

41

0)12(

)1(4

2

)12(sin

)12(

2

)1

)(1

sin(

1lim

1cos

)12(

2

lim)()12(

2lim

22

2

2)12(

2

)12(

2

)12(

2

≠+−

=

+

+=

−−=

+−

=

+−

+→

+→

+→

ππ

π

ππ

πππ

nn

n

zzz

nz

zfn

z

n

nz

nz

nz

olduğundan,

),2,1,0(;)12(

2K±±=

+= n

nz

π

aykırı noktaları birinci basamaktan kutuplardır. Bu kutuplar reel eksen üzerine

yerleştirilirse ( iyxz += de y sanal kısmı 0 dır), bu noktalar sıfırı kapsayan sonlu bir

aralıkta sonsuz sayıdadır.

y

. . . . . . x

π2

− π32

− Lπ52

− π52

L π32

π2

Şekil 2.4

0=z aykırı nokta ise, f in kutuplarının bir yığılma noktasıdır. Yani 0=z merkezli

δ yarıçaplı (δ ne kadar küçük olursa olsun) bir çember bulunamaz ki, içerisinde 0=z

aykırı noktasından başka aykırı nokta olmasın. Bu yüzden 0=z aykırı noktası, ayrık

olmayan bir esas aykırı noktadır.

0

42

Örnek 2.6.4 z

zzzw

2

2

sin

)()(

π−=

ile verilen w fonksiyonunun aykırılıklarının türünü inceleyiniz:

),3,2(;0sin K±±==⇒= nnzz π

0=n için w fonksiyonu 0=z noktasında analitik ve 1=n için π=z noktası da w nin

birinci basamaktan bir kutbudur. n nin diğer değerleri için w fonksiyonu ikinci

basamaktan kutuplara sahiptir. ∞=z noktası da kutupların bir yığılma noktasıdır ve

ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır.

Örnek 2.6.5

(a)z

zwcosh

1)( =

(b) z

zwsinh

1)( =

ile verilen fonksiyonların tüm aykırılıklarını inceleyiniz:

(a) )cosh(cosh iyxz +=

),2,1,0(;2

)12(

)2

1(0

0sinh

0cos0cosh

sinhcos

sinhsin)sinh1(cos

sinhsincoshcoscosh

sinhsincoshcos

22

2222

22222

K±±=+=

++=+=

=

=⇒=

+=

++=

+=

+=

nin

iniyxz

x

yz

xy

xyxy

xyxyz

xyixy

π

π

noktaları w nin birinci basamaktan kutuplarıdır. ∞=z noktası ise, kutupların bir

yığılma noktasıdır ve ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır.

(b) )sinh(sinh iyxz +=

xyixy coshsinsinhcos +=

43

),2,1,0(;

0

0sinh

0sin0sinh

sinhsin

coshsinsinhcossinh22

22222

K±±==

+=⇒+=

=

=⇒=

+=

+=

ninz

inziyxz

x

yz

xy

xyxyz

ππ

noktaları w nin birinci basamaktan kutuplarıdır. ∞=z noktası ise, kutupların bir

yığılma noktasıdır ve ∞=z noktası, ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır.

Örnek 2.6.6 ze

zfz

1

1

1)( −

−=

ile verilen f fonksiyonunun varsa bütün aykırılıklarını bulunuz.

),2,1(;201 K±±==⇒=− kikze z π

noktaları birinci basamaktan kutuplardır. 0=z noktası ise bir kutup değildir. Çünkü

)(lim0

zfz→

mevcuttur, yani sonsuz çıkmaz. Gerçekten,

2

1

2lim

1

1lim

)1(

1lim

1

1

1lim

0

00

0

−=+

−=

+−−

=

−+−

⇒

∞−∞=

−−

→

→→

→

zz

z

z

zz

z

zz

z

z

zz

zee

e

zee

e

ez

ez

ze

dır. ∞=z ise, kutupların bir yığılma noktasıdır ve bu yüzden ∞=z noktası, ayrık

olmayan bir esas aykırı noktadır.

Örnek 2.6.7

(a))1(

)(z

z

ez

ezf

−−= (b)

z

z

e

ezf

+−

=1

1)( (c)

zzzf

11cot)( −=

ile verilen fonksiyonların her birinin bütün aykırılıklarını bulunuz.

44

(a) 0=z birinci basamaktan bir kutup değildir. Çünkü

0)(lim0

≠=→

Lzfzz

limiti yoktur. 0=z ikinci basamaktan bir kutuptur

),2,1(;2 K±±== kikz π

noktaları birinci basamaktan kutuplardır. ∞=z ise, kutupların bir yığılma noktasıdır ve

bu yüzden ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır.

(b) ),2,1,0(;)12( K±±=+= kikz π

noktaları birinci basamaktan kutuplar, ∞=z noktası ise, kutupların bir yığılma

noktasıdır ve bu yüzden ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır.

(c) ),2,1(;1

K±±== kk

zπ

noktaları birinci basamaktan kutuplardır. 0=z kutupların bir yığılma noktasıdır ve bu

yüzden ayrık olmayan bir esas aykırı noktadır. ∞=z ise, birinci basamaktan bir

kutuptur.

Örnek 2.6.8

(a) zezf

1cot

)( = (b) zezf

1tan

)( = (c)

=

z

zf1

sin

1sin)(

ile verilen f fonksiyonlarının bütün aykırılıklarını inceleyiniz.

(a) ),2,1(;1

K±±== kk

zπ

noktaları esas aykırı noktalar, 0=z esas aykırı noktaların

bir yığılma noktası ve ∞=z bir esas aykırı noktadır.

(b) ),2,1,0(;)12(

2K±±=

+= k

kz

π noktaları esas aykırı noktalar, 0=z esas aykırı

noktaların bir yığılma noktası ve ∞=z da analitikdir.

45

(c) ),2,1(;1

K±±== kk

zπ

noktaları esas aykırı noktalar, 0=z esas aykırı

noktaların bir yığılma noktası ve ∞=z da bir esas aykırı noktadır.

2.7 Doğal Bariyer ya da Doğal Sınır

Çok önemli bir aykırılık türü vardır ki, bu tür sözü edilen fonksiyonun analitik

devamına izin vermez. Böyle bir aykırılık (ayrık olmayan) doğal bariyer yada doğal

sınır olarak adlandırılmaktadır. Doğal bariyerin tipik örneği

∑∞

=

=0

2)(n

n

zzf (2.7.1)

serisi ile tanımlı fonksiyonda kapsanmaktadır (Ablowitz and Fokas 1996).

(2.7.1) serisi oran testi ile kolayca gösterileceği üzere 1<z için yakınsar. Gerçekten,

( ),zlim

)z(

zlim

u

ulim

n

n

n

nnn

n

n10

2

2

221 <===

∞→∞→

+

∞→z <1

nedeniyle yakınsar.

Şimdi analitik devamın 1>z için imkânsız olduğunu gösterelim:

∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

===+

1

2

0

2

2

0

22 1

nnn

nn

n

zz)z()z(f zzn

n

−= ∑∞

=0

2 (2.7.2)

olduğundan, f in

z)z(f)z(f −=2 (2.7.3)

fonksiyonel bağıntısını sağladığı anlaşılır.

(2.7.1) den anlaşılıyor ki 1=z bir aykırı noktadır, çünkü ∞=)(f 1 dur .

∑∑∞

=

∞

=

+

==0

2

2

0

44 2

)()(nn

n

n

zzzf ∑∑∑∞

=

∞

=

∞

=

−−=−==0

222

1

2

2

2

nnn

zzzzzznnn

22)( zzf −=

2zz)z(f −−= (2.7.4)

46

ve matematiksel tümevarım sonucu

∑−

=

−=1

0

22 )()(m

j

jm

zzfzf (2.7.5)

yazılabilir. Buna göre 12

1 =z ise )1( 1 ±=z , (2.7.3) den ∞=)z(f 1 olur

( )∞=−∞=−= 111

2

1 z)z(f)z(f . Aynı şekilde 14

2 =z ise )1( 2 ±=z , (2.7.4) den

∞=)z(f 2 olur.

Genel olarak, 12 =m

z eşitliğini sağlayan birim çember üzerindeki bütün mz

noktalarında )z(f fonksiyonunun değeri ∞=)( mzf olur. Bu yüzden bütün bu noktalar

aykırı noktalardır.

(2.7.1) ile belirtilen fonksiyonu, 1>z bölgesinde analitik olarak sürdürebilmek için,

1=z birim çemberinin en azından küçük bir yayı üzerinde fonksiyonun analitik

olmasına ihtiyaç vardır. Bununla beraber bu çember üzerinde bir yayın ne kadar küçük

olduğunun önemi olmaksızın, yukarıdaki iddia gösteriyor ki çember üzerinde böyle bir

yay parçası yoktur, çünkü herhangi bir yay parçası üzerinde ∞=)( mzf olacak şekilde

12 =m

z eşitliğini sağlayan mz noktaları vardır. Bütün bu noktalar 1=z birim çemberi

üzerinde bulunmaktadır. Başka bir anlatım ile birim çember üzerindeki her nokta bir

aykırı noktadır. O halde f fonksiyonu çemberin dışına analitik olarak sürdürülemez.

Yine bir başka ifade ile bir analitik fonksiyonun sınırlı olması gerektiğinden ve çember

yayı üzerinde de bu sağlanmadığından, analitik devamın imkânı yoktur.

Doğal sınırlar (bariyerler) gibi aykırılıklara, fiziksel uygulamalarda ortaya çıkan belli

lineer olmayan diferensiyel denklemlerin çözümlerinde karşılaşılmaktadır. Üçüncü

basamaktan lineer olmayan bir denklem olan Chazy denklemi bunlardan birisidir. Bu

denklem üzerinde Kesim 3.5 de durulacaktır.

47

3. DİFERENSİYEL DENKLEMLER VE AYKIRI NOKTA İLİŞKİLERİ

Bölüm 2 de çeşitli aykırı (tekil) noktalar üzerinde durulmuş ve çeşitli örnekler verilmiş

bulunmaktadır. Bu bölümde aykırı noktaların diferensiyel denklemler ile olan ilişkileri

üzerinde durulacaktır (Davis 1962, Hille 1976, Clarkson 1983, Ablowitz and Segur

1985, Yıldız 1988, Ablowitz and Clarkson 1992, Ablowitz and Fokas 1996, Öğün

2002).

3.1 Sabit ve Hareketli Aykırı Noktalar

Diferensiyel denklem ile nokta ilişkisi son derece önemlidir. Çünkü diferensiyel

denklemin çözümü noktaya bağlıdır. Verilen bir diferensiyel denkleme göre z

değişkenindeki noktaları iki sınıfa ayırma olanağı vardır. Bu noktalar ya adi noktalar ya

da aykırı (tekil) noktalar dır. Bir diferensiyel denkleme göre düzlemdeki bir noktanın

aykırı nokta olması için bu noktada Varlık Teoremi’nin geçerliliğini önleyen bir

düzensizliğin bulunması gerekir. Bir aykırı nokta da üç tip düzensizlikle karşılaşılabilir :

a) çözüm süreksiz olur.

b) çözüm tek olmayabilir.

c) çözüm yoktur.

Bir diferensiyel denklemin aykırı noktaları iki türde karşımıza çıkabilir. Birinci türdeki

aykırı noktalar sabit ya da değişmez aykırı noktalardır. Sabit aykırı noktalar, başlangıç

yada sınır koşullarından etkilenmezler ve diferensiyel denklem bilinince bunlar

çoğunlukla bellidir. Yani sabit aykırılıkların yeri, denklem de bulunan katsayıların

aykırılıklarının yeri ile denklemdeki en yüksek türevin katsayısının sıfır olduğu yerlere

bağlıdır. Bu tür noktalar, lineer denklemler de karşımıza çıkar. Örneğin,

02 =+ wdz

dwz

diferensiyel denklemi, a bir sabit olmak üzere

zaew

1

=

48

çözümüne sahiptir ve 0=z noktasının yeri, koşullardan etkilenmez. Bu yüzden 0=z

aykırı noktası, bir sabit esas aykırı noktadır. Lineer olmayan denklemler için durum

böyle değildir. Örneğin,

012 =−dz

dww

denklemi

2

1

)( czw −=

çözümüne sahiptir. Bu çözümdeki cz = noktasının yeri yüklenen başlangıç koşullarına

göre değişiklik gösterir. cz = noktası hareketli bir aykırı noktadır ve bir cebirsel

dallanma noktasıdır.

Yukarıda belirtildiği üzere sabit aykırı noktalar diferensiyel denklem ile verilir ve lineer

diferensiyel denklemler ile ilgili olarak ortaya çıkarlar. Bir lineer diferensiyel denklemin

çözümlerinin aykırı noktaları, denklemin katsayı fonksiyonlarının aykırı noktalarıdır.

Katsayı fonksiyonlarında gözüken aykırı noktalar dışında hiçbir aykırı nokta çözüm

fonksiyonlarında gözükmez. Katsayı fonksiyonlarında gözüken her aykırı noktanın da

çözüm fonksiyonlarında bulunması gerekmez. Bu yüzden bir lineer diferensiyel

denklemin aykırı noktaları doğrudan denklemden bellidir ve bunlar sabit aykırı

noktalardır. Diğer yandan lineer olmayan diferensiyel denklemlerin aykırı noktaları

denklemin katsayıları ile belirtilemez, aykırı noktalar denklemin çözümlerinde ortaya

çıkarlar bu aykırı noktaların yeri çoğunlukla başlangıç koşullarına göre değişir. Bu

yüzden lineer olmayan bir diferensiyel denklemin çözümlerinin aykırı noktaları

çoğunlukla hareketli olmak üzere sabit ya da hareketli olabilir. Bir lineer diferensiyel

denklem için aykırı nokta denildiğinde denklemin katsayılarının, lineer olmayan bir

diferensiyel denklem için aykırı nokta denildiğinde denklemin çözümlerinin aykırı

noktaları kastedilmektedir.

Bölüm 2 de belirtilen bütün aykırı noktalar, karşımıza sabit ya da hareketli aykırı nokta

olarak çıkabilir.

49

3.2 Birinci Basamaktan Diferensiyel Denklemler

wwzF ,),( nin bir rasyonel fonksiyonu olmak üzere birinci basamaktan

),( wzFdz

dw= (3.2.1)

denklemini gözönüne alalım. Burada

m

m wzfwzfzfwzf )()()(),( 10 +++= L

(3.2.2)

n

n wzgwzgzgwzg )()()(),( 10 +++= L

olmak üzere

),(

),(),(

wzg

wzfwzF = (3.2.3)

şeklindedir. Buna göre Painlevé (Paul Painlevé , 1863-1933, Fransız) aşağıdaki teoremi

ortaya koymuştur (Clarkson 1983):

Teorem 3.2.1 wwzF ,),( nin bir rasyonel fonksiyonu olmak üzere (3.2.1) denkleminin

hareketli aykırılıkları ya kutuplar ya da cebirsel dallanma noktalarıdır.

Örnek 3.2.1 02 =+ wdz

dw

denklemi, cz

w−

=1

çözümüne sahiptir. Buradan cz = de denklemin hareketli kutup

noktasıdır.

Örnek 3.2.2 w

z

dz

dw=

denkleminin çözümü, 2

122 )( czw −= şeklindedir. Bu çözüm cz ±= de hareketli

cebirsel dallanma noktalarına sahiptir.

50

Örnek 3.2.3 02 =+ wdz

dwz

denklemi, zcew

1

= çözümüne sahiptir. Bu çözüm ise, 0=z da bir sabit esas aykırı

noktaya sahiptir. Bu Örnek, (3.2.1) Teoremine uygun düştüğü halde, farklı bir aykırılık

ortaya çıkmaktadır. Bunun sebebi şudur : (3.2.1) Teoremine uygun düşen denklemin

çözümlerinin hareketli aykırı noktaları var ise, bunların ya kutuplar ya da cebirsel

dallanma noktaları olabileceği kastedilmektedir.

(3.2.1) denkleminin hareketli aykırılıkları sadece kutuplar ise, bu durumda (3.2.1)

denklemi bir Riccati (Count Jacopo Francesco Riccati, 1676-1754, İtalyan) denklemi

olmak zorundadır. Bunun üzerinde ayrı bir başlık altında Kesim 3.3 de durulacaktır.

G fonksiyonu, w ve dz

dw ye göre polinom ve z ye göre analitik olmak üzere, Painlevé

yukarıdaki teoremi genişleterek ispatladı ki

0,, =

zwdz

dwG (3.2.4)

denkleminin çözümlerinin hareketli aykırılıkları ya kutuplar ya da cebirsel dallanma

noktalarıdır.

wF , nin rasyonel bir fonksiyonu olmak üzere

( )wzFdz

dw,

2

=

(3.2.5)

denklemini gözönüne alalım. Bu denkleme ilişkin olarak Hille (Einar Hille, 1894-

1980,Amerikalı) aşağıdaki teoremi kanıtlamıştır :

Teorem 3.2.2 ( ) wwzF ,, ye göre derecesi 4≤ olan z ve w ye göre bir polinom

olsun ve bir tam kare olmasın. Buna göre (3.2.5) denkleminin hareketli dallanma

noktalarına sahip olmaması için ),( wzF nin, )(0 zf şeklinde bir polinom ile aşağıdaki

dokuz ifadeden birinin çarpımı şeklinde olması gerek ve yeterdir :

51

( )( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )βαη

αη

δγβαγβα

γβαα

βα

βαα

−−−

−−

−−−−

−−−

−−−

−

−−

−−

−

wwzwi

wzwh

wwwwg

wwwf

wwwe

wd

wwc

wwb

wa

2

2

2

3

2

)()

)()

)

)

)

)

)

)

)

Burada )(zη bir polinom ve γβα ,, ve δ farklı sabitlerdir.

Örnek 3.2.4 3

2

wdz

dw=

denklemini gözönüne alalım.

Bu denklem,

2

2

1

2

1

2

3

2

3

)(4

)(2

1

2

−

−

−

−

−=⇒

−−=⇒

−=−⇒

=⇒=

czw

czw

czw

dzdwwwdz

dw

şeklindeki çözümü ikinci basamaktan hareketli bir kutba sahiptir.

Örnek 3.2.5 ))()((4 321

2

ewewewdz

dw−−−=

denkleminin çözümü eliptik

fonksiyonlar cinsinden ifade edilebilir. Bu denklem, )()( zwz =℘ Weierstrass

fonksiyonu tarafından sağlanan denklemdir. Verilen denklemden,

∫ +−−−

=

−−−=

cewewew

dwz

ewewew

dwdz

))()((2

1

))()((2

321

321

şeklinde yazılabilir. İkinci yandaki integral eliptik integraller cinsinden ifade edilebilir.

wwF ,)( ye göre rasyonel bir fonksiyon olmak üzere

52

)(2

wFdz

dw=

(3.2.6)

denklemini gözönüne alalım. Bu durumda (3.2.6) denkleminin hareketli dallanma

noktalarına sahip olmaması için )(wF nin, derecesi 4≤ olan bir polinom olması gerek

ve yeterdir.

wwF ,)( nin bir rasyonel fonksiyonu olmak ve m de bir pozitif tamsayı olmak üzere

)(wFdz

dwm

=

(3.2.7)

denklemini gözönüne alalım. Bu durumda (3.2.7) denkleminin hareketli dallanma

noktalarına sahip olmaması için, )(wF nin, derecesi m2≤ olan bir polinom olması

gerek ve yeterdir.

3.3 Riccati Diferensiyel Denkleminin Aykırılıklarının Karakteri

02 =+′ ww denklemi ile, 02

1 3 =+′ ww denklemi karşılaştırılırsa, ilkinin çözümü

1)( −+= czw ve ikincisinin çözümü 2

1

)(−

+= czw dir. İlk denklemin çözümü bir

hareketli kutba sahip olduğu halde ikinci denklemin çözümü bir hareketli dallanma

noktasına sahiptir. İki çözümde aykırı noktaların ayırdedici nitelikleri arasındaki fark

rastgele bir durum değildir. Ancak bu durum w nin ilk denklemde bir kare, ikinci

denklemde bir küp olarak gözükmesi ile ilişkilidir. Şimdi Painlevé ye ait olan bir teorem

verelim (Ablowitz and Fokas 1996).

Teorem 3.3.1 ),( wzP ve ),( wzQ fonksiyonları w ye göre polinomlar olmak üzere bir

denklem

),(

),(

wzQ

wzP

dz

dw= (3.3.1)

biçimine sahipse, bu denklemin çözümlerinin hareketli dallanma noktalarından

bağımsız olması, (3.3.1) denkleminin bir Riccati denklemi olması ile eşdeğerdir.

53

İspat : ),( 000 wzP noktası,

0),(,0),( 0000 ≠= wzPwzQ (3.3.2)

olacak şekilde bir nokta ise, bu durumda 0P noktası, (3.3.1) denkleminin bir aykırı

noktasıdır. Öte yandan z değişkeni

),(

),(

wzP

wzQ

dw

dz= (3.3.3)

şeklinde bağımlı değişken durumunda ise, 0P noktası (3.3.3) denkleminin artık bir

aykırı noktası değildir. Buradan 0P noktasının komşuluğunda (3.3.3) denkleminin

çözümü,

L+−+−=− 202010 )()( wwawwazz (3.3.4)

şeklinde yazılabilir. 0),( 00 =wzQ olduğundan 01 =a dır ve ra nin bazı değerleri

diyelim 2≥= nr için sıfırdan farklı olmak üzere (3.3.4) açılımı

∑∞

=

−=−2

00 )(r

r

r wwazz (3.3.5)

şeklinde yazılabilir. Bu durumda (3.3.5) serisi tersine çevrilirse, (3.3.1) denkleminin

çözümü elde edilir, yani nzzww

1

00 )(, −− cinsinden bir kuvvet serisine açılabilir.

Böylece 0z ın n katlı bir dallanma noktası olduğu sonucuna varılır. Ayrıca 0z , sadece

(3.3.2) koşullarını sağlayan bir 0w ın varlığına bağlı olarak keyfi seçilebileceğinden

),( 00 wz noktası, özel olarak keyfi bir eğri boyunca hareket edebilir. Yani, 0z , sadece

0),( 00 =wzQ ve 0),( 00 ≠wzP olacak şekilde bir 0w ın varlığına bağlı olarak keyfi

seçilebileceğinden, ),( 00 wz noktası özel olarak keyfi bir eğri boyunca hareket edebilir

ve bunun sonucu olarak ),( 00 wz ın bir hareketli dallanma noktası olduğu sonucuna

varılır. Aksine hareketli dallanma noktaları olmayan bir çözüm elde edebilmek için

),( wzQ nin w den bağımsız olması gerekmektedir. Buna göre (3.3.1) denklemi

m

m wzPwzPzPdz

dw)()()( 10 +++= L (3.3.6)

biçiminde olmak zorundadır. (3.3.6) daki m nin de 2 yi aşamayacağı gösterilebilir.

Gerçekten (3.3.6) denkleminde v

w1

= konumu yapılırsa,

54

mmv

zPv

zPzPdz

dv

v

1)(

1)()(

1102

+++=− L

+++−=mm

vP

vPPv

dz

dv 1110

2L (3.3.7)

elde edilir. Bu denklemin ikinci yanı bir polinom olmak zorundadır, ancak bu durum m

nin de 2 yi aşan bütün değerleri için 0=mP olması halinde mümkündür. O halde (3.3.1)

denkleminin çözümü hareketli dallanma noktalarından bağımsız ise, (3.3.1)

denkleminin bir Riccati denklemi olması gerektiği sonucuna varılır. Başka bir anlatım

ile (3.3.7) denklemi

[ ]),(

),()()()(

1

12110

vzQ

vzPvzPvzPvzP

dz

dv m

m

mm =+++−= −−L (3.3.8)

şeklinde yazılırsa 21 ),( −= mvvzQ dir ve 2>m için herhangi bir z ye karşılık 0=v için

0 dır. 0)( 0 ≠zPm olmak üzere z nin aykırı olmayan bir 0z değerini alalım. Bunun için

0),( 01 ≠wzP ve 0),( 01 =wzQ dır. Bu durumda (3.3.8) denkleminin 0zz = da sıfır olan

bir çözümü vardır ve orada bir dallanma noktasına sahiptir. 1)()( −= zwzw olduğundan

)(zw çözümü de aykırı olmayan bir 0z noktasında dallanma noktasına sahiptir. O halde

hareketli dallanma noktasının olmaması için 2≤m olmak zorundadır ve bu durumda da

(3.3.6) denklemi bir Riccati denklemidir.

Riccati denkleminin çözümleri hareketli kutuplara sahip olabilir. Şimdi bunun varlığını

ispatlayalım:

2210 )()()( wzAwzAzA

dz

dw++= (3.3.9)

şeklinde Riccati denklemini gözönüne alalım. (3.3.9) denkleminden

dz

d

Azw

ψψ2

1)( −= (3.3.10)

konumu ile

020

2

212

2

=+

′+− ψ

ψψAA

dz

d

A

AA

dz

d (3.3.11)

şeklinde ikinci basamaktan bir denkleme varılır. (3.3.11) denklemi lineer olduğundan

hareketli aykırılıklara sahip değildir. (3.3.11) denkleminin çözümü, hareketli sıfırlara

55

sahiptir. Buradan (3.3.9) denkleminin (3.3.10) ile belirtilen çözümü, hareketli kutuplara

sahiptir.

Örnek 3.3.1 0)(;1 02 =+= zww

dz

dw problemini gözönüne alalım. Bu problemin

çözümü

)tan(

0

)tan(

arctan1

00

0

2

zzwzc

cz

czw

czwdzw

dw

−=⇒−=⇒

=+⇒

+=⇒

+=⇒=+

şeklindedir. Riccati diferensiyel denkleminin çözümü keyfi sabite göre bilineer form

olmasından dolayı bu çözüm,

zzz

zzz

zzzz

zzzz

zz

zz

zzw

sin)(tancos

cos)(tansin

sinsincoscos

cossincossin

)cos(

)sin(

)tan(

0

0

00

00

0

0

0

+−

=

+−

=

−−

=

−=

şeklinde yazılabilir. Bu çözümün aykırılıkları, )cos( 0zz − ın sıfırlarıdır :

K,2,1,0;2

)12(

)2

1(

2

220)cos(

0

0

00

±±=++=⇒

++=⇒

+=−⇒

±=−⇒=−

nnzz

nzz

nzz

kzzzz

o

π

π

ππ

ππ

Bu aykırılıklar basit kutuplardır.

Bununla birlikte )tan( 0zzw −= çözümünün aykırılıkları, z nin kompleks olması

mantığı kullanılarak da bulunabilir. Bunun için aşağıdaki gibi hareket edelim :

iyxiyxiyxz sinsincoscos)cos(cos −=+=

ve

56

yiiyyiy sinh)sin(,cosh)cos( ==

olduğuna göre bunlar yerine konulursa,

yx

yxyx

yxyxz

yxiyxz

22

2222

22222

sinhcos

sinhsin)sinh1(cos

sinhsincoshcoscos

sinhsincoshcoscos

+=

++=

+=⇒

−=

ve buradan

=⇒=−

⇒=

±=⇒=⇒=

−

002

0sinh

220cos

0cos

yee

y

kxx

zyy

ππ

olduğuna göre kökler

K,2,1,0;2

)12(

2

1

2

2)12(

22

02

2

±±=+=

+=+=

+−

+=

+±=⇒+=

nn

nn

k

k

ikziyxz

π

ππ

π

ππ

ππ

ππ

şeklinde bulunur. Buradan verilen Riccati diferensiyel denkleminin çözümü

K,2,1,0;2

)12(

2)12(0)cos(

0

00

±±=++=⇒

+=−⇒=−

nnzz

nzzzz

π

π

şeklinde hareketli aykırılıklara sahiptir ve bunlar basit kutuplardır.

Örnek 3.3.2 )(

)( 2

ς−−

=z

aw

dz

dw şeklinde verilen Riccati denkleminin çözümünü

bulalım. Denklemin çözümü,

57

( )

( ) ( )

( )

( )ς

ς

ς

ς

−−=−

−−=−

′+−=−−

−=−

−

−

zcaw

zcaw

czaw

z

dzdwaw

ln

1

ln1

ln1

1

2

dır. Bu çözüm sınırsız sayıda dallanma noktalarına sahiptir. Ancak bunların hepsi

sabittir. Çözüm aynı zamanda cez += ς0 şeklinde hareketli kutuplara da sahiptir.

Bir Riccati diferensiyel denkleminin çözümü sonlu hiçbir aykırılığa sahip olmayabilir:

Örnek 3.3.3 ( ) 223 2 weweeedz

dw zzzz −+−= denkleminin, 2

3)0( =w koşulunu

sağlayan çözümünü bulalım. Denklemin bir özel çözümü zew =1 dir. Bu durumda

11

11

2

3

2

3)0(

11

1

=⇒+

+=⇒=

++=⇒+=

+=

=

=⇒+=

cc

w

ceew

vew

cev

dzedv

edz

dv

vew

z

zz

z

z

zz

olduğuna göre aranan çözüm,

1

1

++=

z

z

eew

şeklindedir. Bu çözüm ∞=z da esas aykırılığa sahiptir. Ayrıca denklemin çözümü

),2,1,0(;)12( K±±=+= ninz π noktalarında da aykırılıklara sahiptir ancak bunlar

basit ve sabit kutuplardır.

Bir Riccati diferensiyel denkleminin çözümü bir noktada 2 farklı aykırılığa da sahip

olabilir:

58

Örnek 3.3.4 1222 ++=′ zwwzwz denklemini çözelim.

Denklemin nazw = şeklinde çözümü aranırsa z

w1

−= şeklinde bir özel çözümü

bulunur. Buradan verilen denklemin çözümü

zeev

zdz

dv

vzw

vww

zdz

z1

11

11

1

ln1

1

==∫=⇒−=−⇒

+−=⇒

+=

−−λ

)ln(

11

11

)ln(

ln

11

zczzw

vzw

zczv

cz

cdzz

vz

−+−=⇒

+−=⇒

−=⇒

+−=

+−=⇒ ∫

şeklindedir. Bu çözüm 0=z noktasında hem bir sabit kutup hem de bir sabit logaritmik

dallanma noktasına sahiptir. Ayrıca çözüm cez = şeklinde hareketli kutuplara da

sahiptir.

3.4 İkinci Basamaktan Diferensiyel Denklemler

0)()(2

2

=++ wzqdz

dwzp

dz

wd (3.4.1)

diferensiyel denklemini gözönüne alalım. (3.4.1) denkleminin aykırı noktalarının yeri,

sadece )(zp ve )(zq katsayılarına bağlıdır. (3.4.1) in bağımsız çözümleri )(1 zw ve

)(2 zw ise, bu durumda (3.4.1) in genel çözümü

)()()( 2211 zwCzwCzw += (3.4.2)

59

şeklindedir. )(zw nin aykırılıklarının kompleks düzlemdeki yeri, 1C ve 2C integrasyon

sabitlerine bağlı değildir. Buradan herhangi bir lineer diferensiyel denklemin

aykırılıkları sabittir ve onlar integrasyon sabitlerine göre değişmemektedir (Clarkson

1983).

Önceki kesimde genel olarak belirtildiği üzere lineer olmayan diferensiyel denklemler

için durum böyle değildir. Aykırılıklar çözümler de ortaya çıkmaktadır. Denklemin

çözümü olan fonksiyon da diferensiyel denklem tarafından kontrol edilmektedir.

Örnek 3.4.1 02

2

2

=

+dz

dw

dz

wd denkleminin çözümünü bulalım.

w yok dz

dp

dz

wdp

dz

dw==⇒

2

2

,

1

1

1

2

2

1

1

)(1

0

czp

czp

czp

dzp

dpp

dz

dp

−=⇒

−=⇒

−−=−⇒

−=⇒=+

21

1

1

)ln(

1

cczw

cz

dzdw

czdz

dw

dz

dwp

+−=

−=⇒

−=⇒=

çözümü hareketli logaritmik dallanma noktasına sahiptir.

Örnek 3.4.2 dz

dw

zdz

dw

wdz

wd 112

2

2

−

= denkleminin çözümünü bulalım.

Bu denklemin çözümü homogen denklem mantığı kullanılarak bulunabilir :

60

222

12222)1(

−−

−−−

−=

−=−⇒=

mm

m

m

mmm

mzzm

z

mz

z

zmzmmzw

olduğundan verilen denklem her m için homogendir. Buradan

tez = konumu yapılarak,

kullanılırsa, verilen denklem,

0

)(

2

2

222

=−⇒

−=−⇒

−=−−

−−

www

ww

www

e

we

w

wewwe

t

ttt

&&&

&&

&&&

&&&&&

denklemine indirgenir.

Denklemde t bağımsız değişkeni yokdw

dppwpw ==⇒ &&& ,

konumu yapılırsa,

1

1

2

2

1

1

1

1

1

2

ln

lnlnln

0

000

0

c

c

zcwez

ecw

ctcw

dtcw

dw

wcdt

dw

dt

dwp

wcp

cwp

w

dw

p

dp

pdw

dpw

cwdt

dwpp

dw

dpwp

pdw

dpwp

t

t

=⇒=

=

′+=

=⇒

=⇒=

=⇒

+=⇒

=⇒

=−⇒

=⇒=⇒=⇒=

−⇒

=−

−=′′

=′⇒

−=

=

−

−

)(2

2

2

2

22 wwew

wew

dt

dw

dt

wd

dz

wdz

dt

dw

dz

dwz

t

t

&&&

&

61

çözümü elde edilir. cw = çözümü, ccc == 21 ,0 için elde edildiğinden parametreli

çözümün içerisindedir.

Bu çözümde 1c in durumuna göre 0=z noktası şekil almaktadır. Gerçekten,

+∈Ζ1c ise, çözüm analitiktir.

−∈Ζ1c ise, çözüm kutba sahiptir.

∈1c Q, Ζ∉1c ise, çözüm cebirsel dallanma noktasına yada dallanma kutbuna sahiptir.

∈1c R- Q ise, çözüm transandant bir kritik noktaya sahiptir.

∈1c ₡ ise, çözüm yine transandant bir kritik noktaya sahiptir.

Lineer olmayan diferensiyel denklemlerde ender de olsa çözümde sabit bir aykırı nokta

ortaya çıkabilir. Yukarıdaki örnekde 0=z aykırı noktası sabit bir aykırı noktadır.

Örnek 3.4.3 0122

1

2 =

−

′

′+′′w

wwww denkleminin çözümünü bulalım.

z bağımsız değişkeni yok dw

dppwpw =′′=′⇒ ,

)(21

02

00

012

012

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

21

21

Bernoullipwpwdw

dp

ppwdw

dpw

cwdz

dwp

pwpdw

dpwp

p

wp

dw

dpwp

−

−

−=−⇒

=−+⇒

=⇒=⇒=⇒

=

−+⇒

=

−+⇒

62

)(2

1

21

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

111 2

1

Lineerwuwdw

du

pwpwdw

dup

dw

dup

dw

dp

dw

dpp

dw

duppupu n

−

−

−−−

−=−⇒

−=−⇒

=⇒

=⇒==⇒=

2

1ln

2

1

2

1−−−

==∫= weew

w

dw

λ

12

1

2

1

2

1

Adwwwuw +−= ∫−−−

1ln Aw +−=

2

1

12

1

ln wAwwu +−=⇒

2

1

12

1

2

1

2

1

ln wAwwppu +−=⇒=

wAwwAwwp2

112 ln2ln +−=⇒

wAwwAwwdz

dw

dz

dwp

2

112 ln2ln +−=⇒=⇒

( )( )

2222CCCCzzzz1111−

−

−

=⇒−

−=⇒=

−−=⇒

−=−−

⇒

=−

⇒=+−

⇒=+−

==⇒==+−

⇒

eCwCz

Awwv

CzAv

CzAv

dzAv

dvdz

AvAv

dvdz

eAveAve

dve

dvedwewvwdzwAwwAww

dw

vvv

v

vv

1

2

1

2

1

2

1

1

2

1

2

1122

112

2

112

1lnln

11

22

,ln;ln2ln

çözümü 2Cz = de hareketli esas aykırı noktalara sahiptir.

63

Örnek 3.4.4 ( ) ( )2

2

22 121

−=

+

dz

dww

dz

wdw denkleminin çözümünü bulalım.

Denklemde z yok dw

dpp

dz

wdp

dz

dw=⇒=⇒

2

2

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) wewCp

Cwwpdww

w

p

dp

pwdw

dpw

Cwdz

dwp

pwdw

dpwp

pwdw

dppw

arctan21

2

2

2

2

22

1

arctan1lnln1

12

0121

00

0121

121

−+=

′+−+=⇒+−

=

=−−+⇒

=⇒=⇒=

=

−−+⇒

−=+⇒

( ) wewCdz

dw

dz

dwp arctan2

1 1 −+=⇒=

)ln(tan)(

)ln(arctan

1

arctan

21arctan

12

arctan

BAzzw

BAzwBAze

CzCe

dzCw

dwe

w

w

w

−=⇒

−=⇒−=

+=⇒

=+

çözümü elde edilir. Bu çözümde A

Bz , ya giderken yada herhangi bir özel yol boyunca

giderken, w sonlu yada sonsuz bir limite yaklaşmaz. Gerçekten, A

B noktasından çıkan

fonksiyonun sonsuz sayıda farklı dalı vardır. Bunlar hem bir dallanma noktası hem de

bir esas aykırı noktadır. Bu nokta aynı zamanda ayrık olmayan hareketli bir esas aykırı

noktadır.

Yukarıda olduğu üzere lineer olmayan diferensiyel denklemleri inceleyerek çözümlerini

bulup ne tür aykırılıklara sahip olduğunu belirtmek genel olarak mümkün değildir. O

halde denklemi çözmeden ya da çözemeden denklemin çözümleri hakkında neler

64

söylenebilir sorusu, çeşitli bilimsel yaklaşımlar açısından çağımızın en önemli

problemlerinden birisidir. Bu alandan söz etmeden önce bir tanım verelim :

Bir diferensiyel denklemin bir çözümü, çeşitli türdeki aykırılıklara sahip olabilir. Kutup

dışında herhangi bir aykırı nokta bir kritik nokta olarak adlandırılır. Bir kritik nokta, bir

dallanma noktası ya da bir esas aykırı nokta olabilir. Dallanma noktaları, bilindiği üzere

sonlu sayıda dala (iki yada daha fazla) yada sonsuz sayıda dala sahip olabilir. Bu tür

dallanma noktaları sırasiyle cebirsel yada logaritmik dallanma noktalarıdır.

wF , ve w′ ye göre rasyonel ve z ye göre analitik olmak üzere,

),,(2

2

wwzFdz

wd ′= (3.4.3)

denklemini gözönüne alalım.1887 yılında Picard (Emile Picard,1856-1941,Fransız)

ifadesi aşağıda verilen bir problem ortaya koydu :

Acaba (3.4.3) biçimindeki hangi tür denklemlerin çözümleri hareketli aykırılıklar olarak

sadece kutuplara sahiptir? Yada başka bir anlatım ile (3.4.3) biçimindeki hangi tür

denklemlerin çözümleri sabit kritik noktalara sahiptir? Painlevé ve arkadaşları 20. asrın

başlarında yoğun biçimde bu problem üzerine eğildiler ve hareketli aykırılıkları sadece

kutuplar olan bir denklem sınıfı ortaya koydular. Böyle bir denklemin ortaya konması

için :

0)()()()(2

2

2

=+

++ wDdz

dwwC

dz

dwwB

dz

wdwA (3.4.4)

şeklinde polinom sınıfından denklemler ile işe başlandı. (3.4.4) denkleminde

DCBA ,,, katsayıları, z ye bağlı w ye göre sırasıyla qpnm ,,, yuncu dereceden

polinom fonksiyonlarıdır :

)(;)( 10 zAAwAwAAwA ii

m

m =+++= L

)(;)( 10 zBBwBwBBwB ii

n

n =+++= L

)(;)( 10 zCCwCwCCwC ii

p

p =+++= L

)(;)( 10 zDDwDwDDwD ii

q

q =+++= L

65

(3.4.4) denkleminin hareketli kritik noktalara sahip olmaması için, (3.4.4) denklemi

dz

dwpwzNpwzMpwzL

dz

wd=++= ;),(),(),( 2

2

2

(3.4.5)

şeklinde normlanmış biçimde yazılarak hareket edilmiştir. Burada (3.4.4) den

anlaşılacağı üzere zNML ,,, nin analitik ve w nin rasyonel fonksiyonlarıdır.

(3.4.5) denkleminin hareketli kritik noktalardan bağımsız olması için öncelikle iki

gereklilik koşulu ortaya konmuştur. Bu koşullardan ilki L , ve ikincisi de M ve N

fonksiyonlarının formlarının belirlenmesi için verilmektedir. Burada sözü edilen koşul

20. asrın başlarında Painlevé ve arkadaşları tarafından gereklilik koşulu olarak verilmiş

ise de, daha sonra yeterli oldukları da gerçeklenmiş bulunmaktadır.

Diğer yandan, Painlevé ve arkadaşları, başlangıçta sabit kritik noktalı denklemlerin

ortaya çıkarılmasında sadece hareketli dallanma noktalarının var olmaması düşüncesiyle

hareket ettiler. Sözü edilen problemin incelenmesinde kullanılan genel yöntem

α-yöntemi olarak adlandırılmaktadır ve bu yöntem Painlevé ye aittir (Ince 1956). Uzun

incelemelerin sonunda sabit kritik noktalı Kanonik formda 50 denklem ortaya

konmuştur. O tarihler de hareketli esas aykırı noktaların da var olmamasının kanıtı zor

bir işti. Bu durum çok sonraları 1990 yılında Joshi ve Kruskal tarafından gerçeklenmiş,

yani sabit kritik noktalı denklemlerin hareketli esas aykırılıklara da sahip olmadıkları

gösterilmiş bulunmaktadır.

Kompleks düzlemde bir diferensiyel denklemin ya da diferensiyel denklem sisteminin

çözümleri sadece sabit kritik noktalara sahip ise, bu durum da denklem yada sistem

Painlevé özelliğine sahiptir yada P türündendir denir (Steeb ve Euler 1988, Sachdev

1991, Ablowitz ve Clarkson 1992). Bu tanım çok sonraları Ablowitz, Ramani, Segur

(ARS, 1978) tarafından verilmiştir. Yeri gelmişken belirtelim ki genelleştirilmiş Riccati

diferensiyel denklemi Painlevé özelliğine sahip birinci basamaktan tek denklemdir.

66

50 denklemden belli 6 tanesi vardır ki, onlar çok özel öneme sahiptir ve onlar Painlevé

transandantları ya da Painlevé denklemleri olarak özel bir ad alırlar. Bu denklemler

üzerinde yoğun çalışmalar yapılmış ve yapılmaktadır ve bu denklemler Painlevé

analizi denen çok yoğun bir çalışma alanının önemli denklemlerini oluşturmaktadır.

50 denklem içerisinde 44 tanesinin çözümleri, ya klasik elemanter fonksiyonlar

(cebirsel, trigonometrik, ters trigonometrik, üstel, logaritmik) ya klasik transandant

fonksiyonlar (Airy, Bessel, Weber-Hermite,Whittaker,Hipergeometrik) ya eliptik

fonksiyonlar (Jacobi, Weierstrass) cinsinden ifade edilebilir ya da Painlevé

denklemlerine indirgenebilir.

3.5 Chazy Denklemi

Chazy denklemi

2

2

2

3

3

32

−=dz

dw

dz

wdw

dz

wd (3.5.1)

şeklinde bir denklemdir. Bu denklem, üçüncü basamaktan Lineer olmayan ve otonom

bir denklemdir (Clarkson 1993).

(3.5.1) denklemi ilk defa J. CHAZY tarafından 20. asrın başlarında 1909,1910 ve 1911

yıllarında yaptığı kapsamlı çalışmalarla Painlevé özelliğine sahip üçüncü basamaktan

ODE lerin sınıflandırılmasına yönelik ve aynı zamanda Painlevé, Gambier ve R. Fuchs’

un çalışmalarını genelleştirmenin bir parçası olarak ele alınıp incelenmeye çalışılmıştır.

Oldukça zor incelemelerin konusu olan (3.5.1) denklemi, birinci basamaktan bir

denkleme indirgenebilir. Gerçekten (3.5.1) denklemi otonom olduğundan,

2

2

22

,,

+=

=

=′′′=′′=′

dw

dpp

dw

pdp

dz

dw

dw

dpp

dw

d

dw

dpp

dz

dw

dw

dppwpw

(3.5.1) de yerlerine konulursa,

67

2

2

2

22 32 p

dw

dpwp

dw

dpp

dw

pdp −=

+

denklemine varılır. Buradan,

cwdz

dwp

pdw

dpw

dw

dp

dw

pdpp

=⇒=⇒=

=

+−

+

00

0322

2

2

0322

2

2

=+−

+ p

dw

dpw

dw

dp

dw

pdp (3.5.2)

denklemi de homogenlik mantığı ile incelenebilir. Gerçekten,

222

032)1(

032)1(22222

12222

=⇒=−⇒

=+−+−⇒

=+−+−⇒=−−

−−−

mmm

wmwwmwmm

wwmwwmwmmwwp

mmmm

mmmmmm

olduğuna göre

=

=

uep

ew

t

t

2

dönüşümlerinin yapılması gerekmektedir. Buradan

++=−=−=

+=+===

)44(

)2(2

2

2

2

2

22

222

uuueppdt

dp

dt

pd

dw

pdw

uueueuepdt

dp

dw

dpw

t

ttt

&&&&&&

&&&

++=

+=⇒

uuudw

pd

uuedw

dp t

44

)2(

2

2

&&&

&

türevleri (3.5.2) denkleminde yerlerine konulursa

03)2(2)2()44( 2222 =++−++++ ueuueeuueuuuue ttttt&&&&&

0288 22 =−−+++⇒ uuuuuuuu &&&&& (3.5.3)

denklemine varılır. (3.5.3) denkleminde t yok.

du

dqququ ==⇒ &&& ,

68

konursa (3.5.3) denklemi

0288 22 =−−+++ uququqdu

dquq

012

818 2 =+

−+−+ q

uq

uu

du

dqq (3.5.4)

denklemine indirgenir. (3.5.4) denklemi de

du

dk

kdu

dq

kq

2

1,

1−==

konursa,

01112

81811

22=+

−+−+−

kukuu

du

dk

kk

( ) 0182

81 32 =−+

−++⇒ kuk

uk

udu

dk (3.5.5)

denklemine indirgenir. Bu denklem bir Abel denklemi’dir.

Chazy denklemi, çözümlerinin hareketli bir doğal sınıra sahip olduğu bir denklemdir.

Doğal sınır, çevrelenen bölgenin içinde ya da dışında tanımlı çözümün analitik olarak

sürdürülemeyeceği ve yeri başlangıç koşullarına bağlı kompleks düzlemde bir kapalı

eğridir.

Dikkate değer bir şekilde belirtelim ki Chazy denkleminin çözümü (parametreli çözüm

ya da bazı yazarların ifadesiyle genel çözüm), hareketli bir doğal sınıra sahip olmasına

rağmen, çözüm sınırın içinde ve dışında tek değerlidir. Burada tek değerlilikten,

çözümün hareketli kritik noktalara sahip olmadığı kastedilmektedir. Bu yüzden Chazy

denklemi, hareketli doğal sınırın varlığına rağmen, Painlevé özelliğine sahiptir. Önemle

belirtelim ki Painlevé özelliği, aykırı çözüme değil, sadece parametreli çözüme ilişkin

bir özelliktir. Yani Chazy denkleminin çözümü, hareketli aykırılıklar olarak sadece

kutuplara sahiptir.

Bütün bu incelikler, Chazy denkleminin Hipergeometrik denklem ile olan ilişkisine

başvurmakla açıklığa kavuşturulabilir.

69

Chazy denklemi,

0144

1

6

7

2

1)1(

2

2

=−

−+− uds

dus

ds

udss (3.5.6)

ile verilen özel bir Hipergeometrik denklem yardımiyle çözülebilir.

(3.5.6) denkleminin iki bağımsız çözümü )(1 su ve )(2 su ve ),( 21 uuW de 1u ve 2u nin

Wronksiyeni olmak üzere,

2

1

21

1

2 ),(,

)(

)()(

u

uuW

ds

dz

su

susz == (3.5.7)

şeklinde bir fonksiyon tanımlanmaktadır. Burada C bir sabit olmak üzere

2

1

3

2

12

2121 )1(),(

−−−=−= ssC

ds

duu

ds

duuuuW (3.5.8)

şeklindedir. Buna göre (3.5.1) Chazy denkleminin bir çözümü,

dz

ds

ds

du

udz

du

uu

dz

dzsw 1

1

1

1

1

66ln6))(( ===

ds

du

uuW

u 1

21

1

),(

6= (3.5.9)

ile verilmektedir.

Dahası )(,))(( zszsw ile aynı doğal sınıra sahiptir. Buna göre üç parametreli çözüm,

0,,,, ≠− bcaddcba olacak şekilde keyfi sabitler olmak üzere

212211 , ducuubuauu +→+→

dönüşümünün yapılması ile elde edilebilir. Kapalı bölgenin yeri, integrasyon sabitlerine

bağlı olmak üzere (3.5.1) Chazy denkleminin ))(()( zswzw = ile belirtilen çözümü de

kapalı bölge içerisinde meromorfiktir.

Chazy çalışmasında gösterdiki, A ve 0z keyfi sabitler olmak üzere (3.5.1) denklemi

0

20

6

)()(

zzzz

Azw

−−

−= (3.5.10)

şeklinde bir özel çözüme sahiptir.

70

İki katlı kutuplu (3.5.10) çözümü, delinmiş 0z dışında kompleks z düzleminin her

yerinde tanımlıdır ve bu yüzden bir bariyere sahip değildir.

Chazy keza gösterdi ki cba ,, ve d keyfi sabitler olmak üzere (3.5.1) denklemi,

dcz

cw

dcz

bcadw

dcz

bazz

+−

+−

→++

→6

)(,

2 (3.5.11)

dönüşümü ile değişmez. Buradan )(zfw = şeklindeki bir özel çözümden

dcz

c

dcz

bazf

dcz

bcadw

+−

++

+−

=6

)( 2 (3.5.12)

şeklinde daha genel bir çözüm oluşturulabilir.

Burada önemli bir soru ortaya çıkmaktadır. O da şudur : Verilen bir diferensiyel

denklem için, eğer var ise doğal bariyerini anlamada doğrudan bir yöntem var mıdır? Bu

sorunun cevabı, Chazy’ den çok sonra 1993 yılında N. JOSHI ve M. D. KRUSKAL

tarafından yapılan bir çalışmada verilmektedir (Clarkson 1993).

se , kısıtlı olduğu bölgede 0z a yakın olduğu oranda küçük olmak üzere

)(6

)()(

02

0

zse

zzzz

Azw +

−−

−= (3.5.13)

biçiminde bir çözüm aramak önemli yollardan birisidir. Yani Chazy denkleminin bütün

çözümlerinin uzayında ikinci basamaktan kutuplu çözümü, bir üstel kadar etkilemek

suretiyle çözüm aranmaktadır.

(3.5.13) etkileşimini (çözüm biçimini) ele alalım. Chazy denklemi otonom olduğundan,

genelliği bozmaksızın 00 =z olarak alalım. Sadelik bakımından A sabitini de 2

1=A

olarak seçelim. Buna göre (3.5.13) gösterimi

)(6)(

22

1 zse

zzzw +−= (3.5.14)

şeklini alır. Buradan w ve

71

SSS

SS

S

eeezz

zw

eezz

zw

ezz

zw

SSSS

SS

S

3

45

2

34

23

33612

)(

123)(

61)(

′′′′′′′

′′′

′

++++−=′′′

++−=′′

++−=′

türevleri (3.5.1) de yerlerine konulursa

2

23

2

3422

1

3

45

2

613

12362

33612

32

++−−

++−

+−=

++++−⇒

′−′′=′′′

′′′′

′′′′′′′

SSSS

SSS

ezz

eezz

ezz

eeezz

wwww

SSS

SSSS

( )SSSSSSSzzzzzz

′′′′′′′′′′′ +

−+

−+

−=++⇒ 2

22334

3 121616

4163

( ) SS ee SSS22 32 ′′′′ −++ (3.5.15)

denklemine varılır.

Her zaman olduğu gibi düzgün olmayan aykırı nokta teorisinde

32 , SSSS ′′′′′′′ <<<<

olduğunu varsayalım. Ayrıca bilinmelidir ki 1<<z iken

1>>′S ve 1<<Se

dir. Buna göre

SS

SSSS

Szzzz

′′′

′′′′′

′ ++−−≅32

2

2

23 612

3

ve buradan

zzS

212−≅′

yazılabilir. Buradan K üçüncü bir keyfi parametre olmak üzere

Kzz

S +−−≅ ln21

(3.5.16)

ve (3.5.14) etkileşim sonucu

72

Kzze

zzzw

+−−+−−=

ln21

2

6

2

1)(

zez

k

zz

1

22

6

2

1 −+−= (3.5.17)

elde edilir.

(3.5.15) in ikinci yanındaki Se yı kapsayan terimlerden dolayı (3.5.17) etkileşimindeki

düzeltmeler, ze

1− nin kuvvetlerini ve z ye göre cebirsel terimleri içeren bir seri kapsar.

Şimdi zes

1−

= olmak üzere

zz

Qzw

s 6)()(

2−= (3.5.18)

dönüşümü yapılırsa, Chazy denklemi

2223 3)12(2)32( sssssss QQQQQQ sss −−+−= (3.5.19)

şeklini alır.

AQ = nın (3.5.19) un bir çözümü olduğu açıktır ve bu (3.5.10) ile belirtilen özel çözüm

ile uyumludur.

Belirtelim ki tes = konumu ile de Chazy denklemi benzer denkleme dönüşür. Yani A

ve 0z parametreleri de korunarak

00

20

2,

6)(

)(

2)(

tt

At

zztQ

zz

Azw

−=

−−

−= (3.5.20)

dönüşümü, Chazy denklemini invaryant bırakır. Görüldüğü üzere bu tamamen (3.5.12)

nın bir özel durumudur.

73

(3.5.17) nın geçerli olması, bir bakıma

11

<<−zke (3.5.21)

olduğunda geçerlidir.

Asimtotik olarak bozulan durumu araştırmak için, 0>ξ olmak üzere ηξ iz +−=

olarak alalım. Bu durumda

222222

11

ηξη

ηξξ

ηξηξ

ηξ ++

+=

++

=−

=− ii

iz (3.5.22)

ve buna göre (3.5.21) gösterimi, ηξ , cinsinden

)23.5.3(1

ln

ln1ln

1lnln

1lnlnln

1lnln

1lnln

1lnln

22

22

22

2222

2222

1

1

k

k

k

eek

ek

ek

ke

i

i

z

z

<<+

−<<+

<<+

+

<<

+

<<

<<

<<

++

++

+

−

−

ηξξηξ

ξηξ

ξ

ηξη

ηξξ

ηξη

ηξξ

şeklini alır.

74

kln2

1−=δ (3.5.24)

olarak alınırsa ( 1<<k olduğundan 0>δ dır) (3.5.23) den

2222

22

22

22

2

2

2ln

1

ln

ln1ln

δδξδηξ

ξδηξ

δξηξ

ηξξ

>>+−+

>>+

=−>>+

−<<

−<<+

k

k

k

( ) 222 δηδξ >>+− (3.5.25)

eşitliğine varılır.

( )0,δ merkezli ve δ yarıçaplı çemberin dışı, çözümün geçerlilik bölgesidir. Asimtotik

geçerlilik, çember üzerinde bozulur. Bu (küçük) çember, asimtotik olarak gösterilen üç

parametreli çözümün doğal bariyerinden başka bir şey değildir.

75

KAYNAKLAR Ablowitz, M.J. and Clarkson, P.A. 1992. Solitons, Nonlinear Evolution Equations and Inverse Scattering. Cambridge University Press, 516p. , UK. Ablowitz, M.J. and Fokas, A.S. 1996. Complex Variables, Introduction and

Applications. Cambridge University Press, 647p. , Cambridge, UK. Ablowitz, M.J. and Segur, H. 1985. Solitons and The Inverse Scattering Transform.

SIAM, 425p. , Philadelphia. Asmar, N.H. 2002. Applied Complex Analysis with Partial Differential Equations.

Prentice Hall, 883p. , New Jersey. Bender, C.M. and Orszag, S.A. 1978. Advanced Mathematical Methods for Scientists

and Engineers. Mc Graw-Hill Book Co. , 593p. , New York. Clarkson, P.A. 1983. A Problem in Differential Equations. British Thesis, West

Yorkshire, UK. Clarkson, P.A. 1993. Nonlinear Differential Equations. Joshi, N. and Kruskal, M. D. , A

Local Asymptotic Method of Seeing the Natural Barrier of the Solutions of the Chazy Equation, 331-339. Kluwer Academic Publishers, London.

Davis, H.T. 1962. Introduction to Nonlinear Differential and Integral Equations. Dover

Publications, Inc. , 566p. , New York. Flanigan, F.J. 1972. Complex Variables, Harmonic and Analytic Functions. Ally and

Bacon, Inc. , 353p. , Boston. Forsyth, A.R. 1951. A Treatise on Differential Equations. Macmillan and Co. , 583p. ,

London. Hille, E. 1976. Ordinary Differential Equations in the Complex Domain. John Wiley

and Sons, 484p. , New York. Ince, E.L. 1956. Ordinary Differential Equations. Dover Publications, Inc. , 558p. , New

York.

Keley, W. and Peterson, A. 2004. The Theory of Differential Equations. Pearson Education, Inc. , 413p. , New Jersey.

Kreyszig, E. 1988. Advanced Engineering Mathematics. John Wiley and Sons, 1294p. ,

New York. Murphy, G.M. 1960. Ordinary Differential Equations and Their Solutions. Van

Nostrand Reinhold, 451p. , Princeton.

76

O'Neil, P.V. 1991. Advanced Engineering Mathematics. Wadsworth Pub. Co. , 1456p. , Belmont, California.

Öğün, A. 2002. Painlevé Diferensiyel Denklemleri. A. Ü. Fen Bil. Ens. Yüksek Lisans

Tezi, Ankara. Rainville, E.D.1957. Intermediate Course in Differential Equations. John Wiley and

Sons, 213p. , New York. Rainville, E.D. 1964. Intermediate Differential Equations. The Macmillan Co. , 521p. ,

New York . Rosenbrock, H.H. and Storey, C. 1970. Mathematics of Dynamical Systems. Nelson,

355p. , London. Sachdev, P.L. 1991. Nonlinear Ordinary Differential Equations and Their Applications.

Marcel Dekker, Inc. , 578p. , New York.

Sımırnov, V.I. 1964. A Course of Higher Mathematics. Pergamon Press, 700p. , London.

Steeb, W.H. and Euler, N. 1988. Nonlinear Evolution Equations and Painlevé Test.

World Scientific Publishing Co. , 333p. , Singapore. Sveshnikov, A.G. and Tikhonov, A.N. 1978. The Theory of Functions of a Complex

Variable. Mir Publishers, 333p. , Moscow. Volkovsky, L., Lunts, G. and Aramanovich, I. 1977. Problems in the Theory of

Functions of a Complex Variable. Mir Pub. , 332p. , Moscow. Yıldız, S. 1988. Polinom Sınıfından Diferensiyel Denklemler ve Painlevé

Transandantları. A. Ü. Fen Bil. Ens. Yüksek Lisans Tezi, Ankara. Yılmaz, Ş. 2007. Riccati Diferensiyel Denklemi. A. Ü. Fen Bil. Ens. Yüksek Lisans

Tezi, Ankara. Zwillinger, D. 1998. Handbook of Differential Equations. Academic Press, 801p. , New

York.

77

ÖZGEÇMİŞ

Adı Soyadı : Ayşe TETİK

Doğum Yeri : ANKARA

Doğum Tarihi : 08.10.1982

Medeni Hali : Bekâr

Yabancı Dili : İngilizce

Eğitim Durumu (Kurum ve Yıl)

Lise : Özel Arı Fen Lisesi (1996-1999)

Lisans : Atılım Üniversitesi Fen Edebiyat Fakültesi Matematik Bölümü

(2000-2005)

Yüksek Lisans : Ankara Üniversitesi Fen Bilimleri Enstitüsü Matematik Anabilim

Dalı (Ocak 2006-Şubat 2009)