41

FEN VE MÜHENDİSLİKTE

MATEMATİK METOTLAR

2. KİTAP

KOMPLEKS DEĞİŞKENLİ FONKSİYONLAR

w z

42

İÇİNDEKİLER

I. KOMPLEKS SAYILAR

A) Kompleks Aritmetik

B) Kompleks Değişken

II. KOMPLEKS FONKSİYONLAR

A) Genel

B) Kuvvet Fonksiyonu

C) Üstel Fonksiyon

D) Logaritma

III. TÜREV

A) Tanım

B) Cauchy - Riemann Şartları

C) Laurent Açılımı

IV. YOL İNTEGRALLERİ

A) Genel

B) Metot

C) Örnekler

1. Kapalı Yol

2. Yol Üstünde Tekil Nokta

3. İkinci Mertebe Tekillik

4. Kesikten Yararlanma

5. Orantılı Katkılı Yol

6. Kesik Yaratma

EKLER VE NOTLAR

43

I. KOMPLEKS SAYILAR

A) Aritmetik

2 1 0x x gibi basit bir denklemin çözümünde yer alan 3 ifadesi, reel

sayı kavramlarıyla açıklanamaz. 3 ve benzeri tüm a tipi ifadeleri

1 a a biçiminde yazarak, 'Açıklanması İmkansızlar 'ı tek bir terime,

1 'e indirgeyebiliriz. 1 yeni bir sayı türüdür, 'Sanal Sayı' olarak adlandırılır ve

1i olarak tanımlanır. 1 2 3 4 , 1 , , 1i i i i i i

özdeşlikleri, i 'nin tamsayı kuvvetlerinin periyodik davranışını gösterir. Reel sayılarla sanal

sayılar c a ib olarak birleşir ve kompleks sayıları oluştururlar. Reel ve sanal

bileşenler iki ayrı sayı türü olup, tek bir sonuç verecek şekilde toplanmaları söz konusu

olmadığı için, + işaretinin buradaki rolü virgülden pek farklı değildir. Kompleks sayıların

bileşenleri 'İzdüşüm' yoluyla Re ; Im x iy x x iy y iy olarak ifade

edilir. Temel aritmetik işlemlerde sağduyuya ters düşen bir şey yoktur :

+ a i b c i d a c i b d

a i b c i d ac bd i ad bc .

Ancak bölme işlemine geçmeden önce her c a ib kompleks sayısı için * c a ib

olan bir 'Kompleks Eşlenik 'in varlığını ve * c c çarpımının 2 2a b gibi reel ve pozitif

bir sonuç verdiğini bilmek gerekir. Bunun yardımıyla bölme işlemi

2 2 2 2

a i b a i b c i d a c b d a d b ci

c i d c i d c i d c d c d

olarak sonuçlandırılır.

44

B) Kompleks Değişken

Kompleks sayılardan , x y R olmak üzere iz x y kompleks

değişkenine geçilir. İki bileşenli z ’nin geometrik gösterimi için iki boyutlu bir 'Kompleks

Düzlem' gerekir. Yatay eksen reel, dikey eksen de sanal bileşene ait olmak üzere

kullanılır. Bir kompleks değişkenin 'Standart' gösterimi iz x y yanı sıra 'Polar'

gösterimi de vardır. Bunu görmek için önce

sin , cosy r x r ; 2 2 1 , tany

r x yx

bağıntılarından cos sinz r i yazılır. cos sini ifadesini daha iyi

tanımak için türev alarak elde edilen

cos sin sin cos cos sind

i i i id

denklemi

cos sin exp i i özdeşliğine işaret etmektedir. Böylece bir kompleks

değişkenin exp x i y z r i polar gösterimi elde edilir. Burada çok önemli

bir nokta : -z düzleminde her nokta tek bir ,x y çiftini temsil ettiği halde, polar

koordinatlarda her noktanın tek bir r , ancak sonsuz değeri vardır.

2 ; N N N eşdeğerliğin ileride önemli sonuçları görülecektir.

z

y

x

x+iy

y

r

45

cos sin exp i i ve kompleks eşleniği cos sin exp i i

bağıntılarından

e e e ecos , sin

2 2

i i i i

i

Euler özdeşlikleri bulunur. Böylece trigonometrik ve hiperbolik fonksiyonlar arasındaki ilişki

tamamen ortaya çıkar ve

cos cosh , sin sinh x i x x i i x

cos cosh , sin sinhi x x i x i x

bağıntılarına erişilir. Böylece trigonometrik fonksiyonların da aynen hiperbolik fonksiyonlar

gibi üstel fonksiyonla, dolayısıyla ters trigonometrik fonksiyonların da logaritma ile yakın

ilişkili olduğu görülür. Bir örnek olarak

1

exp exptan tan

exp exp

nF nFx i n F x x i nF

i nF nF

21

2

1 1 1 tan

1 1 2 1

F F i i xFi x x nF i xF

F

elde edilir. Böylece 27 temel fonksiyonla çıkılan yolun sonunda elde sadece 3 fonksiyon

kalmaktadır : Kuvvet : cw z z , Üstel : expw z z ve

Logaritma : w z n z .

II ) KOMPLEKS FONKSİYONLAR

A) Genel

Kompleks değişkenli ve değerli w z fonksiyonu, verilen bir z sayısı için, belli bir

fonksiyon kuralına göre bir w z sayısı bulma işlemidir. w z 'nin reel ve sanal

46

bileşenleri u ve v ile gösterilir. Böylece z w z veya

, , v x y u olacaktır.

x+i y

B) Kuvvet Fonksiyonu

Kuvvet fonksiyonunda tabanın çarpım, kuvvetin toplam olarak yazılması cebirsel kolaylık

getirir ve

exp exp a i b a i bcz r i n r i

exp a n r b i b n r a elde edilir. Böylece

e cos , v e sin a b a bu r b n r a r b n r a

olmaktadır. Bu basit görünümlü sonucun arkasında çok önemli problem ve kavramlar

gizlenmektedir. 1

38 ? sorusu bizi 3 8 0z denklemine götürür, bu

denklemin de 3 çözümü olmak gerekir. 0 i e 8 = 8 olarak yazarsak bu çözümlerden

sadece birini bulmuş oluruz. Öte yandan sonsuz terimli

0 2 4 6 8 8 8 8 8 i i i ie e e e dizisinden yola çıkılırsa

2 41 0 23 3 38 2 e , 2 e , 2 e , 2 e , i i

i i

sonuçları elde edilir.

Buradan gerçekten 3 çözüm olduğu ve bu üçlü grubun blok olarak kendini tekrar ettiği

z

v u

47

gözlenir. Sonuçta varılan 1

38 2 , 1 3 , 1 3 i i değerleri

ise fonksiyon kavramıyla çelişmektedir.

1

3 8 2 1 3 1 3 z z i i veya veya :

oluşu verilen bir z değeri için bir ( ve sadece bir ! ) 1

3z değeri beklentimizi karşılamaz.

Ayrıca bu durum birbirine sonsuz yakın iki noktaya dikili bayrakların üstünde çok farklı

değerler olmasına izin vermektedir.

Bu çelişkiden çıkış yolu 'Riemann Tabakaları 'dır. Pozitif reel eksende bir kesik olduğunu, her

2 dönüşten sonra bir alt tabakaya geçildiğini, üç turdan sonra da tekrar ilk tabakaya

dönüldüğünü kabul edelim. Böylece 'Tek tabakada çok değerlilik' yerine 'Çok tabakada tek

değerlilik' sağlanmış olur. 1

Nw z z fonksiyonlarında N tabaka,

, az z a Q için ise sonsuz tabaka gerekir. Reel eksendeki kesiğe

'Dallanma Kesiği' veya kısaca 'Kesik' denir. Kesiğin başladığı nokta, bu durumda 0z

ise 'Dallanma Noktası' olarak adlandırılır. Son olarak belirtmek gerekir ki kesik olarak pozitif

reel ekseni almak şart değildir. 0z dallanma noktasından başlayıp, sonsuza giden her

eğri bu işi görür. Kesiklerin önem ve yararına integral bahsinde dönülecektir.

z

2

1 3i

48

C) Üstel Fonksiyon

expw z için z standart biçimde yazılarak

exp exp exp cos exp sinz x i y x y i x y elde edilir.

Bu iyi huylu fonksiyon her sonlu z için sonlu ve tek değerlidir.

D ) Logaritma

e in z n r n r i olarak yazılır. Bu fonksiyon i terimi

yüzünden tek değerli olamaz ve genelde pozitif reel eksen olarak seçilen bir kesiği vardır.

Reel değişkenlerde sadece pozitif sayılar için tanımlanabilen logaritma artık her kompleks

sayı için tanımlı olmakta ve mesela 4 1.4 n i veya

2 0.7 2

in i olmaktadır. n z fonksiyonunun 0z etrafında seri

açılımının yapılamamasının gerisinde bu noktanın dallanma noktası oluşu yatar.

PROBLEMLER

P.II.1) Bütün ters trigonometrik fonksiyonları logaritma olarak ifade edin.

P.II.2) i) 1 ?n i ii) 1

?1

in

i

iii) 1 5cos ?

3

iv) 1 1cosh ?2

v) n i = ? vi) 3e ?n

vii) ?i

i viii) 1

3 ?i ix) 1

1 ?i

x) 2

2 ?i

i

xi) e e , ?z z z

49

III. TÜREV

A) Tanım

v , v ,w z u z i z u x y i x y fonksiyonunun türevi doğal

olarak v

dw z du i d

dz dx i dy

biçiminde tanımlanır.

u u

du dx dyx y

,

v vv d dx dy

x y

diferansiyel ifadeleri

yardımıyla da

v v

u ui dx i dy

dw z x x y y

dz dx i dy

elde edilir.

Bu ifadenin anlamlı olabilmesi için yaklaşım yönünden, yani dy

mdx

'den bağımsız

olması esastır. Ancak daha kestirme yol : tüm yaklaşım yönlerinin yatay ve dikey iki temel

yönün bileşkesi olduğu göz önüne alınarak 0 0

dx dy

dw dw

dz dz

şartını

koşmaktır. Bunun sonucunda bulunan v v

u u

i iy y x x

denkleminin

reel ve sanal kısımlarını ayrı ayrı eşitlenerek v

u

x y

,

v

u

y x

denklemlerine erişilir.

B) Cauchy - Riemann Şartları

Türevin yaklaşım yönünden bağımsız olmasını sağlayan bu denklemlere 'Cauchy - Riemann

(C-R) Şartları' denir. Belli bir oz z noktasında bu şartları sağlayan fonksiyonlar da o

noktada 'Analitik' olarak adlandırılır. İki analitik fonksiyonun toplam ve çarpımlarının da

analitik olacağı kolayca görülebilir. w z z fonksiyonunda

50

, v u x y olacağı için C-R şartları hemen sağlanır ve N N olmak

üzere Nw z z fonksiyonunun da analitik olduğu gözlenir. Seri açılımları

Nz 'lerden oluşan exp , sin , tanhz z z gibi fonksiyonlar da doğal olarak

analitiktir. Ancak 11

w z

z x i y

fonksiyonunda

2 2 2 2 , v

x yu

x y x y

olacağı için C-R şartları :

2 2 2 2

2 22 2 2 2

y x y x

x y x y

ve

2 2

2 2 2 2

2 2

x y x y

x y x y

olurlar. İlk bakışta

sağlanır gibi görülmelerine karşın oz z noktası problemlidir. Sıfıra bölünme geçerli

bir işlem olmadığı için polar koordinatlarda

2 2

cos 2 cos 2

r r

,

2 2

sin 2 sin 2

r r

biçimine dönüşen C-R

şartları 0r noktasında sağlanmış olmazlar. Aynı şekilde tüm Nw z z

fonksiyonları da ancak 0z noktası dışında analitik olurlar. Böyle noktalar 'Tekil

Nokta' olarak adlandırılır. Mesela cscw z z gibi bir fonksiyon için de 0z

tekil bir noktadır. Ancak kompleks düzlemdeki bir tekil nokta, reel değişkenlerde olduğu

kadar zor bir durum değildir. Tek boyutlu reel sayı doğrusunda yer alan bir tekil nokta,

yıkılmış bir demiryolu köprüsü gibi, tanım aralığını iki ayrı ve birbirinden erişilmez parçaya

böler. Halbuki kompleks düzlemdeki bir tekil nokta, okyanusta küçük bir ada gibi,

gerektiğinde etrafından dolaşılabilen önemsiz bir engeldir.

51

C) Laurent Açılımı

Kompleks değişkenli fonksiyonların, negatif kuvvetleri de içeren seri açılımlarına 'Laurent

Açılımı' denir ve N tekilliğin mertebesi olmak üzere

n

n o

n N

w z a z z

olarak yazılır. 1 expw zz

fonksiyonunda olduğu gibi N ise

0z noktasında bir 'Esaslı Tekillik' var demektir. Özetle bir oz z noktası,

w z fonksiyonu açısından dallanma noktası değilse,

n

n o

n N

w z a z z

Laurent açılımı yapılabilir ve N değerine bağlı olarak

oz noktası analitik, tekil veya esaslı tekil bir nokta olur.

PROBLEMLER

P.III.1) Analitik bir fonksiyon için , u x y Sabit ve v , x y Sabit

eğrilerinin birbirleriyle dik olarak kesiştiğini gösterin.

P.III.2) C-R şartlarının polar koordinatlarda aldığı biçimi bulun.

P.III.3) İki boyutlu Laplace operatörü kullanan 2 0 denkleminin C-R şartlarına

denkliğini gösterin.

52

P.III.4) * 0

z

denkleminin C-R şartlarına denkliğini gösterin.

P.III.5) 0z noktası etrafında Laurent açılımını yapın. ( İlk üç terim )

i) 1sinh z ii) 1 2cos z

iii) 1tan z iv)

1

3 cos

sin

z z

z

P.III.6)

3

exp 2( )

1

zw z

z

fonksiyonunun 1z noktası etrafında Laurent

açılımını yapın. ( İlk üç terim )

IV. YOL İNTEGRALLERİ

A) Genel

w z fonksiyonunun -z düzleminde, B : Başlangıç , S : Son noktası olmak üzere,

açık veya kapalı bir C yolu üzerinde integralini hesaplamak için : Gene yolu N parçaya

bölmek, her i

z parçasını, o parçanın orta noktasındaki bayrak değeriyle çarpıp, toplam

almak gerekir. Parça sayısı sonsuza, aralıklar da sıfıra giderken C

dz w z integrali elde

edilir.

53

v S S

B Bdz w z dx i dy u i

v v S S

B Bu dx dy i dx u dy

integralinin sadece uç noktalara bağlı olup, yol seçiminden bağımsız olması için

v ; v u dx dy dF dx u dy dG gereklidir.

, F F G G

dF dx dy dG dx dyx y x y

özdeşlikleri ile karşılaştırma

, v F F

ux y

; v ,

G Gu

x y

eşitliklerini verir.

Buradan elde edilen

2 2v ,

u F F

y y x x x y

ve

2 2v ,

G u G

y y x x x y

denklemleri ise gene v v

, u u

x y y x

C-R şartlarına götürür. Bundan

çıkan sonuç w z 'nin analitik olduğu bir bölgede C

dz w z integralinin C

yolunun istendiği biçimde yamultulabileceğidir. Buna göre

z

w(z)

B

S

z

54

1C ve 2C eşdeğer yollardır. Öte yandan analitik bir w z için

1 2

C C

dz w z dz w z ve 2 3

C C

dz w z dz w z

eşitliklerinden 1 3

0C C

dz w z dz w z veya bir kapalı çevrim

integralini ifade etmek üzere ( ) 0dz w z olduğu görülür. Mesela oz z

noktasını içeren kapalı bir oC yolunda ( ) 0N

odz z z olacaktır.

w z : Analitik ( ) 0dz w z ilişkisinin tersi, yani

z

B

S C2

C1

z

B

S C2

C1

C3

55

( ) 0 dz w z w z : Analitik genelde doğru değildir. Bunu görmek için

oz z noktasını içeren oC kapalı yolunda

o

N

C o

dz

z z integralini

incelemek yeterlidir. ( : ) i i

oz z R e R dz i R e d Sabit

değişken dönüşümü ile 2

1

1 0 e

i N

N

id

R

biçimini alan integral

2

1

1

0

e

1

i N

N

i

R N

olarak değerlendirilir. Bu ifade de, tanımsız 1N durumu

dışında sıfır olur. 1N durumu için en başa giderek 2

0 2i d i

bulunur.

Böylece

2 1

0 1o

N

C o

i Ndz

z zN

olmaktadır.

Bu çok önemli ve yararlı bir eleme özelliğidir. Bu sonucu 1z 'nin tekil olmasından çok

dz

n zz

'nin çok değerli olan bir fonksiyon olmasına borçluyuz; nitekim çok

daha tekil

17

oC

dz

z integralinin sonucu da sıfırdır. Yukarıda varılan eleme özelliği

herhangi bir C

dz w z integralinin, oz z noktasını içeren pC kapalı

yolunda kolayca değerlendirilmesini sağlar. w z 'nin Laurent açılımı

n

n o

n N

w z a z z

ile veriliyorsa

p p

n n

n o n o

n N n NC C

dz a z z a dz z z

olur ve 12 i a

sonucuna ulaşılır. (1) Bu yaklaşım, belirli integrallerin belirsiz integral bulunmadan

değerlendirilmesini sağlayan çok güçlü bir metottur. Ancak pek çok durumda integralin reel

56

eksen üzerinde iki ayrı nokta arasında alınması istenir. Bu durumlarda verilen açık yolun, sıfır

katkılı bir başka yolla kapatılması en kolay yoldur. Bunu bir örnekle görmek için

21

dx

x

integralini ele alalım. Önce x z genellemesi yapılır ve integral

2

1

dz dz

z z i z i

olarak yazılır. İntegrali

hesaplanacak fonksiyonun tekil noktalarının , z i i olduğu görülmektedir.

Verilen görev : İntegrali reel eksende RC yolunda değerlendirmektir. Ama RC kapalı

bir yol değildir, ancak bu yola C : Sonsuz yarıçaplı bir yarım daire yol eklenirse sonuç

değişmez. Zira C 'nin integrale katkısı sıfırdır. Bunu

e ( : ) e i iz R R sabit dz i R d dönüşümü ile elde edilen

2 2 0

e 1 0

1 e

i

i

i R d

R R

sonucundan görebiliriz. RC C bileşimi de

iC kapalı yoluna eşdeğer kapalı bir yoldur. Bu yüzden

R RC C C

dz dz dz

z i z i z i z i z i z i

iC

dz

z i z i

olarak yazılabilir. z i noktası yakınında

z

CR

Ci

C∞

∞

57

1 1

2 z i z i i z i olacağı için

1 1 2

2 2iC

dzi

i z i i

sonucuna ulaşılır. Görüldüğü gibi 1 tan x

ara sonucuna hiç gerek duyulmadan

hedefe varılmıştır. Bu yaklaşıma bir alternatif de RC yolunu sonsuz yarıçaplı bir yarım

daire ile alttan kapatmaktır.

Bu defa z i yakınında

1 1

2 z i z i i z i olacak, ancak iC

yolu saat yönünde olduğu için bu defa

2

iC

dzi

z i

elde edilecektir.

Dolayısıyla sonuç aynı kalır ve gene olur.

B) Metot

Kapalı yol içinde kalan bir tekilliğin C

dz w z integraline katkısının 12 i a

olduğu görülmüştü. Birden fazla ayrık tekillik durumunda her birinin katkısının aritmetik

toplamını almak gerekir.

z

C-i

C∞

CR

58

Her bir oz z noktasında, o noktada N 'inci mertebe tekilliği olan fonksiyon

N

o

N

o

z z w zw z

z z

olarak yazılır ve

, : N

oA z z z w z A z Analitik tanımıyla

N

o

A zw z

z z

biçimine sokulur. A z 'nin Taylor açılımı

( )

0

!

nno

o

n

A zA z z z

n

olacağı için

z

C12

z

C2

C1

59

( )

0

!

nn No

o

n

A zw z z z

n

elde edilir. Eleme özelliğinden dolayı sadece

1n N terimi önemlidir. Bu da 1n N ve

( 1)

1 1 !

N

oA za

N

demektir.

Özet olarak : Yapılması gereken işler dizisi :

i) w z 'nin

N

o

A z

z z olarak yazılıp A z 'nin bulunması,

ii) A z 'nin 1N kere türevinin alınması,

iii) Türevin oz 'da değerlendirilmesi ve sonucun 1 !N 'e bölünerek 1a 'in

bulunması,

iv) İntegrale katkı 12 i a 'in , kapalı yolun içinde kalan tüm yalın tekil noktalar için

bulunup, sonuçların toplanması.

Metodun çalışması için N 'in sonlu ve tamsayı olması gerektiği açıktır. Dolayısıyla oz

eğer bir dallanma noktası veya esaslı tekillik ise bu işlemler yapılamaz. Artık yukarıda verilen

metot esas olmak üzere, ayrıntılarda farklar gösteren bazı öğretici örneklerin çözümüne

geçilebilir :

I ) Yol üstünde tekillik var

II ) Yol üstünde tekillik yok

II A ) Kapalı yol

II B ) Açık yol

II B 1 i ) Sıfır katkılı yolla kapatma

II B 1 ii ) Sıfır katkılı yolla kapatma ( 2. mertebe tekillik )

II B 2 ) Sıfır ve orantılı katkı yolla kapatma

60

II B 2 a ) Kesik kullanarak

II B 2 b ) Diğer

sınıflandırmasının ( II B 1 i ) durumu zaten 21

dx

x

örneğinde incelenmişti.

Diğerleri de zorluk sırasıyla teker teker ele alınacaktır. (2)

C) Örnekler

1) Kapalı Yol

0 5 3 cos

d

integrali, içi çift bir fonksiyon olduğu için 1

2 5 3 cos

d

, içi

2 periyotlu bir fonksiyon olduğu için de 2

0

1

2 5 3 cos

d

biçiminde yazılabilir. Bu

tip integraller e iz değişken dönüşümü ile kompleks bir fonksiyonun, birim yarıçaplı

bir daire üzerinde, yol integraline dönüşürler. Bu yolla

21 e e 1cos

2 2 2

i i z zz

z

,

dz

i n z d iz

ve sonuçta

2 2

102 33 1 1

5 32

C C

i dz i dz

z z zz

z

veya

13 3

3C

i dz

z z

elde edilir. Birim yarıçaplı dairesel yolun içinde

sadece 1 3

z kalacağı için 1 3oz , 1N ,

1

3 3

iA z

z

olur. Bu da 1

8ia , dolayısıyla

61

0

5 3 cos 4

d

demektir. Daha genel bir sonuç ise 0a b olmak

üzere : 2 20

cos

d

a b a b

ile verilir.

2) Yol Üstünde Tekil Nokta

sin sin

RC

ax azdx dz

x z

integrali çok çetin bir integraldir. Öncelikle

sin az

z fonksiyonunun tekil noktası yoktur; ayrıca sıfır katkılı bir sonsuz yarıçaplı daire

bulmak imkansızdır. sin( )az içinde yer alan exp( )iaz ve exp( )iaz

terimlerinden biri sıfıra giderse öteki sonsuza gidecektir. Bu iki problemi birden çözmenin

yolu, Im : 'Kompleks ifadenin sanal kısmını seçme' işlemi olmak üzere, ilk integrali

sin exp exp Im Im

RC

ax iax iazdx dx dz

x x z

olarak

yazmaktır. exp iaz

z fonksiyonu 0z noktasında tekildir ve RC 'yi, sıfır katkılı

bir yol ilavesiyle, kapatmaya izin verir. Bu sıfır katkılı yol, reel ekseni 0a için

yukarıdan, < 0a için aşağıdan kapayan bir sonsuz yarıçaplı yarım dairedir. Bunu

görebilmek için

exp cos exp sin exp sin 0i d iaR aR aR

0 sin 0 : , 0,a

0 sin 0 : , ,2a

bağıntıları yeterlidir. Kapalı yol integralimizde 0oz , 1N ,

exp( )A z iaz , dolayısıyla 1 1a olur. Ancak bu sefer de problem tekil noktanın

62

tam yol üstünde olmasıdır. Tekil nokta kapalı yolun içinde kalsa, çevrimin yönüne göre

2 i ; dışında kalsa 0 katkı verecekti. Tam yol üstü bir tekil nokta için orta yol

i kabul edilirse bu da 0a için Im 1 i ; < 0a için ise

Im 1 i verir. (3) Böylece

sin

sgnax

dx ax

sonucuna

ulaşılır.

3) İkinci Mertebe Tekillik

20 2

cos 2

1

xdx

x

integrali önce

2

2

cos 21

2 1

xdx

x

sonra da

2 2

exp 21 Re

2RC

izdz

z i z i biçimine sokulur. Üstten kapanan sonsuz yarıçaplı bir

yarım dairenin sıfır katkı vereceği açıktır. Böylece

2 2

exp 21 Re

2iC

izdz

z i z i

ifadesine erişilir. Görüldüğü gibi oz i , 2N ve

2

exp 21

2

izA z

z i

olmaktadır. Dolayısıyla 2

1

3 e

8z i

dA ia

dz

2

1

3Re 2 e

4i a

sonucuna varılır. Daha genel bir sonuç ise 0a için

20 2

cos 1 e

41

aax a

dxx

olarak verilir.

63

4) Kesikten yararlanma

0 1a olmak üzere 0 0

1 1

a ax zdx dz

x z

integralinin içi

az

teriminden dolayı, pozitif reel eksen boyunca kesiktir.

Dallanma noktası 0z etrafında R yarıçaplı çok büyük veya yarıçaplı çok

küçük dairelerin sıfır katkı vereceği

2

0

e e 0

1 e

i a iaa

i

i R d RR

R

ve

21

0

e e 0

1 e

i a iaa

i

i d

denklemlerinden kolayca görülür. Kesiğin hemen üstünden geçen yolda 0 e iz x

olduğu için 0

1

azdz

z

integrali bu yol boyunca hesaplamak istediğimiz

0 1

axdx

x

integraline eşittir. Kesiğin hemen altından ters yöne giden yolda ise

z

C∞

C-1

Co

64

2 e iz x olduğu için

2

02

20 0

e e e

1 1 e 1

aia a

i i a

i

xz xdz dx dx

z x x

gibi hesaplamak istediğimiz integrale orantılı bir sonuç bulunur. Sıfır katkılı iki dairesel yol ve

biri kesiğin üstünden, diğeri altından giden iki düz yol birleşerek tek bir kapalı 1C

yolunu oluşturur.

0

0 1 1 1 1

a a a ai a

C C

x z x zdx dz e dx dz

x z x z

1

-a

C

z= dz

1+z

eşitliğinde 0 1

a

C

zdz

z

, 0

1

a

C

zdz

z

terimlerinin

sıfır olduğu görülmüştü. Kapalı yol integralinde de

1oz , 1N ve aA z z kullanarak

1 1 e eaa i i aa

bulunur. Böylece erişilen

2

01 e 2 e

1

aai i ax

dx ix

ara sonucu

20

2 e 2 1 1 e e e

a i a

ai i a i a

x i idx

x

biçiminde basitleştirilerek

0 1 sin

axdx

x a

formülüne ulaşılır.

65

5) Orantılı Katkılı Yol

exp exp 0 1

1 e 1 e

L

x zLL

bx bzdx dz b

Lim integralinin

kesiği yoktur, ancak 1 , 3 , 5 , ze z i i i

değerlerinde sonsuz adet tekil noktası vardır.

Seçilebilecek bir kapalı yol : , L L arası z x reel eksende gidiş, L 'den

2L i 'ye çıkış, 2L i 'den 2L i 'ye 2z x i doğrusundan dönüş

ve 2L i 'den L 'ye inişten oluşur.

2

exp exp exp 0

1 e

L i

zL

bzdz bL L

ve

2

exp exp 0

1 e

L

zL i

bzdz bL

oldukları için

exp exp exp 2 exp 2 1 exp 1 exp exp 2 1 exp

iC

bx bx bi bzdx d x i dz

x bx i z

veya

exp exp1 exp 2

1 exp 1 expiC

bx bzbi dx dz

x z

olarak yazılabilir.

z

L+2πi

C iπ

L+2πi

L L

66

Kapalı yol integralinin değerlendirilmesinde

oz i , 1N ve

exp

1 exp

bxA z z i

x

alınacaktır.

1 a A i 'ın hesaplanmasında 00 durumu olduğu için L'Hospital kuralından

yararlanarak 1 expa bi bulunur. Böylece varılan

exp 2 exp 1 exp 1 exp 2

bx i bidx

x bi

eşitliğinden de

exp = 1 exp sin

bxdx

x b

sonucuna ulaşılır.

6) Kesik Yaratma

Yol integrali hesaplarında kesikler o kadar yararlıdır ki bazen kesik yoksa bile yaratmak

gerekir. Aslında sonucunu bildiğimiz 20 1

dx

x

integralini bir de bu yolla

değerlendirelim. Önce bir kesik oluşturmak için n x eklenmiş

21

n x

x

fonksiyonunun, kesiğin üstünden 0 , yolu , sonsuz yarıçaplı bir daire , kesiğin

altından , 0 yolu ve 0z noktası etrafında sonsuz küçük yarıçaplı bir

daire 'den oluşan kapalı yol integralini inceleyelim.

z

C∞

Co

67

Sonsuz büyük ve sonsuz küçük daireler

0 e 0n R

nR

v

olduğu için katkı vermeyeceklerdir. Dolayısıyla

2 0

2

2 2 2 4 0

( e ) 0 e 01 1 1 e

ii

i

C

n z n x n xdz dx d x

z x x

denklemi

2 20 2 1 1

C

n z dxdz i

z x

olarak basitleşir. Kapalı yol integrali

C

n zdz

z i z i de iki tekil noktasından gelen katkılarla

2 32

2 2 2 2

n i n i i ii i

i i

olarak bulunur.

2

20 2

1

dxi i

x

eşitliği de beklenen 20

1 2

dx

x

sonucunu verir. (4)

PROBLEMLER

P.IV.1) Kompleks yol integrali metotları ile değerlendirin :

i) 40 1

dx

x

ii) 20

cos( )

1

ax dx

x

iii) 2 20

sin( ) x x dx

x a

iv) 20

sin( ) sin( )

ax bxdx

x

v)

( )

2

e

5 6

ik x x

dkk ik

vi)

( )

2

e

2 1

ik x x

dkk ik

vii) 20

( )

4

n xdx

x

viii)

2

2 20

1 4

xdx

x x

68

ix) 20

cos( )

1

axdx

x

x) 30 1

dx

x

xi) 320 3 5

dx

x x

P.IV.2) 2

2

20

1 1 3 5 (2 1) (2 )! sin ( )

2 2 4 6 (2 ) 2 ! !

n

n

n nd

n n n

olduğunu yol integrali metoduyla gösterin.

EKLER VE NOTLAR

(1) İngilizce’de ‘Residue’ olarak anılan 1a kavramını 'Rezidü' olarak

Türkçeleştirmekten kaçındım. Kalan / Artık / Artan / Tortu / Telve vs. gibi bir terim

kullanmaya da cesaret edemedim.

(2) Çok sayıda yol integrali problemini, hem de sonuçlarıyla beraber içeren zengin bir

kaynak : A. Y. Özemre , 'Fizikte Matematiksel Metotlar' , İTÜ Yayınları, Sayı 826 kitabıdır.

(3) Yol üstünde tekilliğin 1 i a katkı vermesine, içeride ve dışarıda olmanın

ortalamasını almanın ötesinde, ciddi matematik yaklaşımlar vardır. Burada matematik

ciddiyet biraz hız uğruna feda edilmiştir. Bunlara herhangi bir uygulamalı matematik

kitabında "Cauchy Principal Value" başlığı altında erişilebilir.

(4) n x içerdiği için zaten pozitif reel eksen boyunca kesiği olan integrallerde bile

fazladan bir n x getirip 2

n x fonksiyonu ile çalışmak yararlı sonuçlar verir.