1. gİrİŞ 1.1 bazı tanımlar ve kavramlaracikarsiv.ankara.edu.tr/browse/5574/6258.pdf1. gİrİŞ...
Post on 13-Oct-2019
18 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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)
top related