fen ve mÜhendİslİkte matematİk metotlar …2013/04/02 · 2 1 2 1 1 1 tan 1 1 2 1 f f f i i x i...
TRANSCRIPT
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.