MIT Açık Ders Malzemeleri Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz

Ebat: px

Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "MIT Açık Ders Malzemeleri Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz"

Ayşe Boztepe
5 yıl önce
İzleme sayısı:

1 MIT Açık Ders Malzemeleri Kompleks Değişkenli Fonksiyonlar 2008 Güz Bu materyallerden alıntı yapmak ya Kullanım Şartları hakkında bilgi almak için sitesini ziyaret ediniz.

2 Ders #2: Üstel Fonksiyon Kompleks De¼gişkenler için Logaritma Fonksiyonu (Ders kitab ndaki sayfalar yerine) Analiz I dersinde, b > 1 x 2 R için b x = biçiminde tan mlanm şt. Bunu kullanarak sup b t t2q; tx b x+y = b x b y formülünü ispatlamak zordur. Bunu kolayca ispatlamak için b x in başka bir ifadesini elde edelim: olsun. Bu durumda L(x) = Z x 1 dt t ; x > 0 L(xy) = L(x) + L(y) L 0 (x) = 1 x > 0 oldu¼gu görülür. O halde, L(x) in E(L(x)) = x gerçeklenecek biçimde bir E(x) ters fonksiyonu vard r. Analiz I dersinde E 0 (L(x))L 0 (x) = 1 ispatland ¼g ndan E 0 (L(x)) = x bulunur. y = L(x) denirse, x = E(y) olur E 0 (y) = E(y) 1

3 elde edilir. E(0) = 1 oldu¼gu kolayca görülür. Seri gösterilişinin tekli¼ginden, ç kar. E(x) = 1 + x + x2 2! + + xn + E(1) = e n! Teorem 1 Her x 2 R için b x = E(xL(b)) dir. Ispat: u = L(x) v = L(y) olsun. Bu durumda E(u + v) = E(L(x) + L(y)) = E(L(xy)) = xy = E(u)E(v); E(n) = E(1) n = e n olur. t = n m denirse, bulunur. Böylece, E(t) m = E(mt) = E(n) = e n E(t) = e t (t 2 Q; t > 0) olur. Öte yandan E fonksiyonu E(t)E( t) = 1 eşitli¼gini gerçekledi¼ginden E(t) = e t ; t 2 Q elde edilir. Ayr ca b n = E(nL(b)) b 1 m = E( 1 m L(b)) dir. Bu son iki ifadenin m inci kuvtleri ayn oldu¼gundan, n n b 1 m = b n 1 m = E m L(b) = E( n m L(b)) b t = E(tL(b)); 2 t 2 Q

4 olur. E(x) sürekli oldu¼gundan, x 2 R için b x = sup t2q; tx b t = sup E(tL(b)) = E(xL(b)) t2q; tx ç kar. Sonuç 1 Her b > 0 x; y 2 R için b x+y = b x b y dir. edilir: Özel olarak e x = E(x) oldu¼gundan yukar daki seri gösterilişinden şu ilginç formül elde ! + + 1n! + x = 1 + x + x2 2! + + xn n! + e x için yukar daki formül z 2 C için e z nin yak nsakl ¼g apaç k olan aşa¼g daki seri biçiminde tan mlanabilece¼gini akla getirir. e z = 1 + z + z2 2! + + zn n! + Önerme 1 Her z; w 2 C için e z+w = e z e w dir. Ispat: t 2 R olmak üzere f(t) = e tz+w g(t) = e tz e w fonksiyonlar n gözönüne alal m. e tz+w e tz nin seri aç l mlar t ye göre terim terime türetilirse, df dt = zf(t); dg dt = zg(t) f(0) = e w ; g(0) = e w bulunur. Bu denklemlerin tek türlü belirli oluşundan, f g sonucu ç kar. Böylece, f(1) = g(1) bulunur. Ayr ca t 2 R ise e it e it = 1 (e it ) 1 = e it 3

5 olur. Buradan e it = 1 oldu¼gu görülür. Şu halde e it birim çember üzerindedir. Öte yandan, cos t = eit + e it 2 sin t = eit e it 2i = 1 = t t ; t : gösterilişlerinden, iyi bilinen e it = cos t + i sin t geometrik ifadesinin do¼grulu¼gunu bir kez daha kan tlanm ş oluruz. Dikkat edilirse, e it (t 2 R) birim çemberi tümüyle doldurur. Ara de¼ger teoreminden, fcos t j t 2 Rg kümesi [ 1; 1] aral ¼g n tümüyle doldurur. Bu nedenle de e it = cos t + i sin t, uygun bir t için birim çember üzerinde bir noktad r. Dikkat edilirse, z 7! e z Gerçekten her z 2 C için dönüşümü 0 d ş ndaki tüm w 2 C kompleks de¼gerleri al r. w = e z = e x e iy ; z = x + iy dir. Burada e x = jwj e iy = w jwj olacak biçimde x ile y seçilirse e z = w olur. Böylece, z = jzj e i' w = jwj e i ise zw = jzj jwj e i('+ ) = jzj jwj (cos(' + ) + i sin(' + )) bulunur. Bu son formül z w kompleks say lar n n çarp m n n geometrik yorumunu 4

6 rir. Şekil 2.1 Buradan da aşa¼g daki çok kullan lan formül elde edilir: (cos ' + i sin ') n = e in' = cos n' + i sin n': Teorem 2 z n = 1 denkleminin kökleri! = cos 2 n + i sin 2 n olmak üzere 1;!;! 2 ; : : : ;! n 1 dir. Şekil 2.2 Çok kullan lan baz kompleks say kümelerinin geometrik anlam aşa¼g daki gibidir: jz aj = r! çember jz aj + jz bj = r; (ja bj < r)! elips jz aj = jz bj! dik aç ortay fz j z = a + tb; t 2 Rg! do¼gru fz j Im z < 0g! alt yar düzlem z a fz j Im < 0g b! yar düzlem 5

7 x 2 R iken x 7! e x dönüşümünün tersi vard r. z 2 C iken z 7! e z dönüşümünün tersi YOKTUR. Çünkü, e z+2i = e z dir bu nedenle de e z nin tersi yoktur. Üstelik, w 6= 0 için denkleminin sonsuz say da çözümü vard r: e x = jwj ; e iy = w jwj e z = w ) x = log jwj ; y = arg(w): Buradan log w = log jwj + i arg(w) sonsuz çoklukta de¼ger al r bu nedenle de bir fonksiyon de¼gildir. Arg(w) yi ( ; ) aral ¼g ndaki Arg(w) = 4 w nin esas aç s olacak biçimde tan mlarsak, logaritman n esas de¼geri Log(w) = 4 log jwj + iarg(w) olur. Log(w) nin tan m kümesi yar kl düzlemdir (negatif reel eksenin ç kar lmas yla elde edilen düzlem). Ayr ca log z 1 z 2 = log z 1 + log z 2 dir. Eşitli¼gin her iki taraf da ayn sonsuz çoklukta de¼gerleri al r. Daha ayr nt l olarak aşa¼g daki teoremi rebiliriz: Teorem 3 Yar kl düzlemde Log (z 1 z 2 ) = Log(z 1 ) + Log(z 2 ) + n 2i n = 0 ya 1 < Arg(z 1 ) + Arg(z 2 ) < ise n = 0 d r. Özel olarak z 1 > 0 ise n = 0 olur. 6

8 Ispat: Arg(z 1 ); Arg(z 2 ) Arg(z 1 z 2 ) ( ; ) aral ¼g nda oldu¼gundan < Arg(z 1 ) + Arg(z 2 ) Arg(z 1 z 2 ) < + + dir. Fakat Arg(z 1 ) + Arg(z 2 ) Arg(z 1 z 2 ) = n 2 eşitli¼gi gerçeklendi¼ginden bulunur. oldu¼gundan jnj 1 jarg(z 1 z 2 )j < jarg(z 1 ) + Arg(z 2 )j < ise, farklar 2 nin bir kat oldu¼gundan, Arg(z 1 ) + Arg(z 2 ) = Arg(z 1 z 2 ) olur. 7

Benzer belgeler

7 TAYLOR SER I GÖSTER IMLER I

7 TAYLOR SER I GÖSTER IMLER I Bir f fonksiyonu analitiklik bölgesi içinde f () X a n ( 0 ) n şeklinde bir kuvvet serisi gösterimine sahiptir. E¼ger a n f (n) ( 0 ) seçilirse bu kuvvet serisi Taylor serisi