Sozluk Sitesi
  Turevler
 
    15 TÜREVLER
 
f tanım kümesi z₀ ın bir komşuluğunu kapsayan bir fonksiyon olsun. Limitin var olması halinde
 
            f′(z₀)=lim_{z→z₀}((f(z)-f(z₀))/(z-z₀))   #1
 
denklemiyle tanımlanır. f nin z₀ da türevi varsa f ye z₀ da diferansiyellenebilir denir.
 
            Δz=z-z₀
 
dersek (1) tanımı
 
            f′(z₀)=lim_{Δz→0}((f(z+Δz)-f(z₀))/(Δz))   #2
 
şeklinde yazılabilir. f z₀ ın bir komşuluğunda tanımlı olduğundan |Δz| ın yeterince küçük değerleri için f(z+Δz) sayısı daima tanımlıdır.
 
            şekil 21
 
Türevin (2) tanımını alırken z₀ daki alt indisi düşürerek çoğu zaman f nin z deki |Δz| değişimine karşılık gelen değer değişimini gösteren
 
            |Δw|=f(z+Δz)-f(z)
 
sayısını göz önüne alırız. Böylece f′(z) yerine ((dw)/(dz)) yazarak (2) denklemi
 
            ((dw)/(dz))=lim_{Δz→0}((Δw)/(Δz))   #3
 
şeklini alır.
 
Örnek 1 f(z)=z² fonksiyonunu alalım. Herhangi bir z∈C için
 
            lim_{Δz→0}((Δw)/(Δz))=lim_{Δz→0}(((z+Δz)²-z²)/(Δz))=lim_{z→0}(2z+Δz)=2z
 
Örnek 2 f(z)=|z|² fonksiyonunu alalım.
 
            ((Δw)/(Δz))=((|z+Δz|²-|z|²)/(Δz))=(((z+Δz)(z+Δz)-zz)/(Δz))=z+Δz+z((Δz)/(Δz))
 
dir. Eğer Δz→0 için ((Δw)/(Δz)) limiti mevcut ise bu Δz=(Δx,Δy) noktasını Δz düzleminde orijine herhangi bir şekilde yaklaştırarak bulunabilir. Özel olarak Δz reel eksende yatay olarak (Δx,0) noktaları ile yaklaştığında Δz=Δz yazılabilir. Böylece eğer ((Δw)/(Δz)) limiti mevcut ise z+z değerine eşit olmalıdır. Fakat eğer Δz orijine imajiner eksen boyunca dikey olarak (0,Δy) noktaları ile yaklaşırsa Δz=-Δz olacağından limit varsa değeri z-z değerine eşit olmalıdır. Limit tek olacağından eğer ((dw)/(dz)) mevcut olacaksa
 
            z+z=z-zveya    z=0
 
olmalıdır.
    ((dw)/(dz)) nin aslında z=0 da mevcut olduğunu göstermek için sadece z=0 iken Δz sayısına indirgeneceğidir. Bu yüzden ((dw)/(dz)) nin sadece z=0 da mevcut olduğu sonucuna varırız ve bu noktadaki değeri de 0 dır.
    Örnek 2 bir fonksiyonun bir noktada diferansiyellenebilir olmasına rağmen bu noktanın herhangi bir komşuluğunda hiçbir noktada diferansiyellenemeyebileceğini gösterir.
 
            f(z)=|z|²=x²+y²+i0=u(x,y)+iv(x,y)
 
 u(x,y)=x²+y², v(x,y)=0 fonksiyonları (0,0) noktasında her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip olmalarına rağmen fonksiyon hala z=0 da diferansiyellenemiyor. Demekki bir komleks değişkenli fonksiyonunun bileşenleri bir noktada her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip olsalar bile fonksiyon hala onoktada diferansiyellenemeyebiliyor.
    f(z)=|z|² düzlemde her noktada sürekli çünkü bileşenleri düzlemde her noktada sürekli. Demekki bir noktada süreklilik o noktada türevlenebilmeyi gerektirmiyor. Fakat bir fonksiyonun bir noktada türevinin olması o noktada sürekli olmasını gerektirir:
 
            lim_{z→z₀}[f(z)-f(z₀)] = lim_{z→z₀}((f(z)-f(z₀))/(z-z₀))
             = f′(z₀).0
             = 0
             ⇒ lim_{z→z₀}f(z)=f(z₀)
 
    16.DİFERANSİYEL FORMÜLLERİ
 
Aşağıdaki formüllerde f nin z deki türevini (d/(dz))f(z) veya f¹(z) gösterimleri ile göstereceğiz.
    c kompleks bir sabit ve fz noktasında türevi mevcut olan bir fonksiyon olsun. Bu durumda aşağıdakileri göstermek kolaydır.
 
            (d/(dz))c=0,   (d/(dz))z=1,   (d/(dz))[cf(z)]=c.f¹(z)   #1
 
 Eğer n pozitif tam sayı ise
 
            (d/(dz))zⁿ=n.zⁿ⁻¹   #2
 
 bu formül z≠0 olmak üzere n negatif tam sayı olduğunda da geçerlidir.
    Eğer f ve g fonksiyonlarının z de türevi mevcut ise
 
            (d/(dz))[f(z)+g(z)] = f′(z)+g′(z)   #3
            (d/(dz))[f(z).g(z)] = f¹(z)g(z)+g¹(z)f(z)   #4
 
 ve g(z)≠0 iken
 
            (d/(dz))[((f(z))/(g(z)))]=((f¹(z)g(z)-g¹(z)f(z))/([g(z)]²))   #5
 
 
    CAUCHY-RİEMANN DENKLEMLERİ
 
 
            f(z)=u(x,y)+v(x,y)
 
 ve
 
            f′(z₀)=lim_{Δz→0}((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz))   #2
 
 olsun. z₀=x₀+iy₀ ve Δz=Δx+iΔy dersek limit teoremlerinden biliyoruzki
 
            Re[f′(z₀)]=lim_{(Δx,Δy)→0}Re[((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz))]   #3
 
 
            Im[f′(z₀)]=lim_{(Δx,Δy)→0}Im[((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz))]   #4
 
 dir. Burada
 
            ((f(z₀+Δz)-f(z₀))/(Δz)) = ((u(x₀+Δx,y₀+Δy)-u(x₀,y₀))/(Δx+iΔy))
             +((v(x₀+Δx,y₀+Δy)-v(x₀,y₀))/(Δx+iΔy))
 
 şeklindedir. (3) ve (4) (Δx,Δy) (0,0) a nasıl yaklaşırsa yaklaşsın geçerlidir.
    Özel olarak (Δx,Δy) (0,0) a yatay olarak (Δx,0) noktaları ile yanaşsın. Bu (5) denkleminde Δy=0 olması demektir. O halde (3) ve (4) den
 
            Re[f′(z₀)]=lim_{(Δx,Δy)→0}[((u(x₀+Δx,y₀)-u(x₀,y₀))/(Δx))]
 
 
            Im[f′(z₀)]=lim_{(Δx,Δy)→0}((v(x₀+Δx,y₀)-v(x₀,y₀))/(Δx))
 
 yani,
 
            f′(z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀)   #6
 
 dır.
    (Δx,Δy) yi (0,0) a dikey olarak (0,Δy) noktaları ile de yaklaştırabilirdik. Bu durumda (5) de Δx=0 olurdu ve f′(z₀) için
 
            f′(z₀)=v_{y}(x₀,y₀)-iu_{y}(x₀,y₀)   #7
 
 ifadesini elde ederdik. (7) denklemi aynı zamanda
 
            f′(z₀)=-i[u_{y}(x₀,y₀)+iv_{y}(x₀,y₀)]
 
 şeklinde de yazılabilir. (6)ve (7) denklemleri f′(z₀) türevini sadece f nin bileşenleri olan u ve v nin kısmi türevleri cinsinden vermekle kalmaz aynı zamanda f′(z₀) türevinin varlığı için gerek koşullar da verir.(6)ve (7) denklemlerinin sağ taraflarını eşitleyerek f′(z₀) türevinin varlığının
 
            u_{x}(x₀,y₀)=v_{y}(x₀,y₀) ve u_{y}(x₀,y₀)=-v_{x}(x₀,y₀)   #8
 
 olmasını gerektirdiğini görürüz.. (8) denklemlerine bu denklemleri keşfeden ve kullanan Fransız matematikçi A.L. Cauchy (1789-1857) ve bunları bir değişkenli kompleks fonksiyonlar teorisini geliştirmede temel yapan Alman matematikçi G.F.B. Riemann (1826-1866) onuruna Couchy-Riemann denklemleri adı verilmiştir.
    Yukarıdaki çıkarımı aşağıdaki şekilde özetleriz.
 
Teorem.
 
            f(z)=u(x,y)+v(x,y)
 
 ve z₀=x₀+iy₀olsun. Budurumda
    f′(z₀)mevcut ⇒
 
uve vnin (x₀,y₀) da birinci-mertebe kısmi türevleri vardır
ve bu kısmi türevler Couchy-Riemann denklemlerini sağlarlar
Üstelik f′(z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀)
 
Örnek1.
 
            f(z)=z²=(x+iy)²=x²-y²+2ixy=u(x,y)+iv(x,y)
 
 fonksiyonunun her noktada diferansiyellenebilir olduğunu ve f′(z)=2z olduğunu biliyoruz. Bunu yukarıdaki teoremden görelim:
 
             <K1.1/>
             ⇒ u_{x}=2x=v_{y},v_{x}=2y=-(-2y)=u_{y}
 
<K1.1 ilk="TABLE" >
u(x,y)=x²-y²    ⇒u_{x}=2x, u_{y}=-2y
v(x,y)=2xy       ⇒v_{x}=2y, v_{y}=2x
</K1.1>
 olup bu her yerde C-R denklemlerinin sağlandığını gösterir. Ayrıca
 
            f′(z) = u_{x}+iv_{x}
             = 2x+i2y
             = 2(x+iy)
             = 2z
 
 olur.
 
Not. Bir z₀=(x₀,y₀)noktasında C-R şartları sağlanmıyorsa o noktada türev yoktur.
 
Örnek2.
 
            f(z)=|z|²=|x+iy|²=x²+y²=u(x,y)+iv(x,y)
 
 olsun.
 
             <K1.1/>
            x = 0⇒2x=u_{x}=v_{y}=0,fakat x≠0⇒2x=u_{x}≠v_{y}=0
            y = 0⇒0=v_{x}=-u_{y}=-2y,fakat y≠0⇒0=v_{x}≠-u_{y}=-2y
 
<K1.1 ilk="TABLE" >
u(x,y)=x²+y²   ⇒u_{x}=2x, u_{y}=2y
v(x,y)=0           ⇒v_{x}=0, v_{y}=0
</K1.1>
 olduğundan fnin (x,y)=(0,0) noktası hariç hiçbir noktada türevi yoktur.
    18 DİFERANSİYELLENEBİLME İÇİN YETER ŞARTLAR
 
z₀=(x₀,y₀) noktasında C-R sağlanması onoktada f(z)fonksiyonunun türevinin varlığını garantilemek için yeterli değildir. Fakat belli süreklilik şartları altında aşağıdaki kullanışlı teoremimiz var.
 
Teorem.
 
            f(z)=u(x,y)+v(x,y)
 
 fonksiyonu bir z₀=x₀+iy₀ noktasının bir ε komşuluğunda tanımlı olsun. u ve v nin bu komşulukta x ve y ye kismi türevleri var ve bu kısmi türevler z₀=(x₀,y₀) noktasında sürekli olsun. Bu durumda
    bu kısmi türevler z₀=(x₀,y₀) noktasında C_R şartlarını sağlarsa f′(z₀) mevcuttur.
 
İspat. 0<|Δz|<ε olmak üzere Δz=Δx+iΔy ve
 
            Δw=f(z₀+Δz)-f(z₀)
 
 diyelim. Böylelikle
 
            Δw=Δu+iΔv
 
 olur burada
 
            Δu = u(x₀+Δx,y₀+Δy)-u(x₀,y₀)   #1
            Δv = v(x₀+Δx,y₀+Δy)-v(x₀,y₀)
 
 dir. Şimdi u ve v nin birinci-mertebe kısmi türevlerinin (x₀,y₀) noktasında sürekliliğinden
 
            Δu = u_{x}(x₀,y₀)Δx+u_{y}(x₀,y₀)Δy+ε₁√((Δx)²+(Δy)²)   #2
            Δv = v_{x}(x₀,y₀)Δx+v_{y}(x₀,y₀)Δy+ε₂√((Δx)²+(Δy)²)
 
 dir. Burada (Δx,Δy) Δzdüzleminde (0,0) yaklaştıkça ε₁ veε₂ 0 a gider. Böylece,
 
            Δw = u_{x}(x₀,y₀)Δx+u_{y}(x₀,y₀)Δy+ε₁√((Δx)²+(Δy)²)   #3
             +i[v_{x}(x₀,y₀)Δx+v_{y}(x₀,y₀)Δy+ε₂√((Δx)²+(Δy)²)]
 
 olur. Birinci-mertebe sürekli kısmi türevlere sahip iki reek değişkenli fonksiyonlar için (2) tipindeki ifadelerin varlığı ileri analiz derslerinde diferansiyellerle bağlantılı olarak verilir.
    (x₀,y₀)noktasında Cauchy-Riemann denklemlerinin sağlandığını varsayarak (3) denkleminde u_{x}(x₀,y₀)ile v_{y}(x₀,y₀), v_{x}(x₀,y₀) ile de u_{y}(x₀,y₀) nin yerlerini değiştirip sonrada Δzye bölerek
 
            ((Δw)/(Δz))=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀)+(ε₁+iε₂)((√((Δx)²+(Δy)²))/(Δz))   #4
 
 elde ederiz. Fakat √((Δx)²+(Δy)²)=Δz olup
 
            |((√((Δx)²+(Δy)²))/(Δz))|=1
 
 dir. Üstelik, (Δx,Δy)→(0,0)⇒(ε₁+iε₂)→(0,0) dır.Böylece Δz=(Δx)+i(Δy)0 a gittikçe(4) denkleminin sağındaki son terimde 0 a gider.Bunun anlamı (4) denkleminin solundaki limit mevcuttur ve
 
            f′(z₀)=u_{x}(x₀,y₀)+iv_{x}(x₀,y₀)   #5
 
 dır.
 
Örnek 1. f(z)=e^{x}(cos y+isin y) olsun.
 
            u(x,y)=e^{x}cos y        ve        v(x,y)=e^{x}sin y
 
 dir. Her (x,y)için u_{x}(x,y)=e^{x}cos y=v_{y}(x,y)ve v_{x}(x,y)=-u_{y}(x,y)olup butürevler her (x,y)için sürekli olduklarındanteoremdeki koşullar Kompleks düzlemdeki her noktada sağlanır. Böylece f′(z) mevcuttur ve
 
            f′(z)=u_{x}+iv_{x}=e^{x}(cos y+isin y)
 
 dir. Yani, f′(z)=f(z) dir.
 
Örnek 2. f(z)=|z|²=x²+y²=u(x,y)+iv(x,y)fonksiyonu z=0 da bir türeve sahiptir ve f′(0)=0+i0 dır. Daha önce gördükki bu fonksiyon sıfırdan farklı hiçbir noktada Cauchy-Riemann denklemlerini sağlamadığından türevlenemez.
    21 REFLEKSİYON KURALI
 
Bu bölümün son iki konusunda analitik fonksiyonların teorik olarak önemli olmasının yanında uygulamalarda da önemli olan bazı önemli özelliklerini geliştireceğiz.
    Aşağıdaki teoremin anlattığı şey bazı analitik fonksiyonların belli bölgelerde (domainlerde)
 
            f(z)=f(z)
 
 özelliğini sağladığı, bazılarınında sağlamadığıdır. Örneğin;z+1ve z²fonksiyonları tüm kompleks düzlemde (D=C) bu özelliğe sahip fakat z+ive iz²fonksiyonları değildir. Teorem reflection principle olarak bilinir ve f(z)nin reel eksen üzerindeki refleksiyonunun ne zaman z nin refleksiyonuna karşılık geleceğini bilmeye yarar.
 
 TEOREM ffonksiyonu x-ekseninin bir parçasını (doğru parçası olarak) bulunduran vebu eksene göre simetrik olan bir Ddomaininde analitik olsun. Bu durumda D deki her z noktası için
 
            f(z)=f(z)
 
 dır ancak ve ancak D nin içinde bulunan ve x-ekseninin bir parçasındaki her x için f(x)reeldir.
 
 İSPAT Kabul edelim ki f(x) doğru parçası üzerindeki her noktada reel olsun.
 
            F(z)=f(z)   #2
 
 fonksiyonunun D de analitik olduğunu gösteririz, bu kabulü (1)denklemini elde etmek için kullanırız. Şimdi F(z)nin analitikliğini gösterelim:
    f(z)=u(x,y)+iv(x,y),F(z)=U(x,y)+iV(x,y)diyelim.
 
            f(z)=u(x,-y)-iv(x,-y)   #3
 
 dir.F(z) vef(z)nin bileşenleri
 
            U(x,y) = u(x,t)   #4
            V(x,y) = -v(x,t)
 
 denklemleri ile bağlanır. Burada t=-y dir.Şimdi f(x+it)fonksiyonu x+itnin analitik fonksiyonu olduğundan u(x,t)vev(x,t)fonksiyonlarının birinci mertebe kısmi türevleri D boyunca süreklidir ve
 
            u_{x}=v_{t},u_{t}=v_{x}   #5
 
 C-R koşullarını sağlar.Dahası (4)denklemlerinden
 
            U_{x}=u_{x},V_{y}=-v_{t}((dt)/(dy))=v_{t}
 
 elde ederiz.Bu son denklemler ve (5)denklemlerinin ilkinden
 
            U_{x}=V_{y}
 
 olur.Benzer şekilde
 
            U_{y}=u_{t}((dt)/(dy))=-u_{t},V_{x}=-v_{x}
 
 ve (5)denklemlerinin ikincisinden
 
            U_{y}=-V_{x}
 
 elde ederiz. Böyle olunca U(x,y)ve   V(x,y)nin birinci mertebeden kısmi türevlerinin C-R denklemlerini sağladığı görülür ve bu kısmi türevler sürekli olduğundan F(z)nin D de analitik olduğunu görmüş oluruz. f(x),Ddeki doğru parçası üzerinde
 
            v(x,0)=0
 
 dır ve(4)denklemlerine göre bu
 
            F(x)=U(x,0)+iV(x,0)=u(x,0)-iv(x,0)=u(x,0)
 
 yani; doğru parçası üzerindeki herz=xnoktasında
 
            F(z)=f(z)   #6
 
 demektir.Şimdi ilerde elde edilecek bir teoremden bahsedelim.
    -Bir D domaininde analitik olan fonksiyon D de bulunan herhangi bir doğru parçası üzerindeki değerleri ile tek türlü belirlenir.
    Böylece F(z)fonksiyonunun (2)tanımından da
 
            F(z)=f(z)
 
 dır, bu da denklem (1)ile aynıdır.
    Teoremin öbür yönünü ispatlamak için (1) denleminin sağlandığını varsayalım. (3)ifadesinden, (1)denkleminin (7)şekli
 
            u(x,-y)-iv(x,-y)=u(x,y)+iv(x,y)
 
 şeklinde yazılabilir. Özel olarak, eğer (x,0)D deki doğru parçası üzerindeki bir nokta ise
 
            u(x,0)-iv(x,0)=u(x,0)+iv(x,0)
 
 dır. Buradan da imajiner kısımları eşitleyerek
 
            v(x,0)=0
 
 buluruz. Bu da f(x) in x-ekseninin Dde bulunan doğru parçası üzerinde reel olduğunu gösterir.
    Örnekler teoremden önce belittiğimiz gibi ∀z∈Ciçin z+1=z+1ve z²=z² dir. Aynı zamandaz+ive   iz²fonksiyonları reflection özelliğine sahip değildir. Çünküxreel iken x+ive ix²reel değildirler.
 
            22 HARMONİK FONKSİYONLAR
 
 H:D⊂R²→R(Ddomain) fonksiyonu Dboyunca birinci ve ikinci mertebeden sürekli kısmi türevlere sahip ve
 
            H_{xx}(x,y)+H_{yy}(x,y)=0
 
 Laplace denklemini sağlıyor ise bu fonksiyona D harmoniktir denir.
    Harmonik uygulamalı matematikte önemli rol oynar. Örneğinxy-düzlemindeki ince plakalardaT(x,y)sıcaklıkları çoğu zaman harmoniktir.
    Yükten arındırılmış üç boyutlu bir bölge içinde sadecexvey değişkenlerine göre değişenV(x,y)elektrostatik potansiyeli harmoniktir.
 
 Örnek 1 T(x,y)=e^{-y}sin xfonksiyonu xy- düzleminde bütün domainlerde harmoniktir. Özel olarak da 0<x<π,y>0 yarı sonsuz şeridinde harmoniktir. Fonksiyon şeridin kenarlarında da değerler alır.(Bkz şekil)
 
 
            (şekil)
 
 Daha açık olarak T aşağıdaki koşulların hepsini sağlar.
 
            T_{xx}(x,y)+T_{yy}(x,y)=0
 
 
            T(0,y) = 0
            T(π,y) = 0
 
 
            T(x,0) = sin x
            limT(x,y) = 0
 
 Bu kenarlar boyunca belirtilen koşullar hariç yalıtılmış hiç bir sıcaklık kaynağına sahip olmayan xy- düzleminde zayıf homojen bir plakada T(x,y)sıcaklığını tanımlar.
    Örnek 1 deki gibi sıcaklık ve diğer problemlerin çözümünde kompleks değişkenli fonksiyonlar teorisinin kullanımı sonraki bölümlerde detaylı olarak incelenecektir. (chapter 10). Bu teori aşağıdaki teoreme dayanır.
 
 TEOREM 1 f(z)=u(x,y)+iv(x,y) fonksiyonu bir D domaininde analitik ise f nin uvevbileşen fonksiyonları D de harmoniktir.
 
 İSPAT Bu teoremin ispatında ileride ispatlanacak bir teorem kullanılacaktır. Bu teorem şudur:
    Eğer f=u+ivbir noktada analitik ise uvev fonksiyonları bu noktada her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahiptir.
    Şimdi ispata geçelim. f,Dde analitik olsun. Bu durumda D de C-R sağlanır. Yani Dboyunca
 
            u_{x}=v_{y},u_{y}=-v_{x}   #2
 
 dir.Buradan denklemlerin her iki tarafında x e göre türev alınarak
 
            u_{xx}=v_{yx},u_{yx}=-v_{xx}   #3
 
 benzer şekilde (2)nin iki tarafınıda y ye göre türevleyerek
 
            u_{xy}=v_{yy},u_{yy}=-v_{xy}   #4
 
 elde edilir. Kısmi türevler sürekli olduğundan ileri analizden biliyoruz ki
 
            u_{xy} = u_{yx}
            v_{xy} = v_{yx}
 
 dir.O halde (3)ve(4)den
 
            u_{xx}+u_{yy} = 0
            v_{xx}+v_{yy} = 0
 
 elde ederiz ki bu da uvevninD de harmonik olduğunu gösterir.
 
 Örnek 2:f(z)=e^{-y}sin x-ie^{-y}cos x fonksiyonu tam fonksiyondur. (Gösteriniz). Böylece T(x,y)=e^{-y}sin xfonksiyonu xy- düzlemindeki her domainde harmoniktir.
 
 Örnek 3:f(z)örnek 2 deki fonksiyon ve g(z)=z²=(x+iy)²=x²-y²+i2xy olsun. fve gtam olduğundan f.gde tamdır. Dolayısıyla
 
            Re[f(z).g(z)]=e^{-y}[(x²-y²)sin x+2xycos x]
 
 fonksiyonu tüm xy- düzleminde harmoniktir.(Tabiki bu çarpımın imajiner kısmı da tüm xy- düzleminde analitiktir.)
 
 Harmonik Eşlenik:uvevbirD domaininde harmonik ve birinci mertebeden kısmi türevleri D de C-R şartlarını sağlarsa v ye u nun harmonik eşleniği denir.
    Not: Bu znin eşleniği z anlamında değildir.
 
 TEOREM 2 f(z)=u(x,y)+iv(x,y)D(domain) de analitiktir.⇔v , u nun harmonik eşleniğidir.
 
 İSPAT f,D de analitik ise uvevDde harmonik veuvevDde C-R şartlarını sağlar ise v , u nun harmonik eşleniğidir.
    v D de u nun harmonik eşleniği iseuvevharmonik olduğunda birinci ve ikinci mertebe kısmi türevleri D de sürekli (birinci mertebesi yeter) v , u nun harmonik eşleniği olduğunda da D de C-R şartları sağlanır.⇒f=u+iv,Dde analitiktir.
    Uyarı:vbir domainde u nun harmonik eşleniği ise (genel olarak) bu bölgede u da v nin harmonik eşleniğidir diyemeyiz.
 
 Örnek 4:u(x,y)=x²-y²,v(x,y)=2xyolsun Bunlar f(z)=z²tam fonksiyonunun bileşenleri olduğundan v , u nun harmonik eşleniğidir.(Teorem 2) Fakat 2xy+i(x²-y²)fonksiyonu hiç bir yerde
    Bunu şöyle kısaca ifede edelim.
    f analitik ise imajiner bileşen reel bileşenin harmonik eşleniğidir.
    f analitik değil ise imajiner bileşen reel bileşenin harmonik eşleniği değildir.
    Eğer u ve v nin herbiri diğerinin harmonik eşleniği ise u ve v nin her ikiside sabit fonksiyon olmalıdır. Bununla birlikte D domaininde v , u nun harmonik eşleniği ise -u da v nin harmonik eşleniğidir. Çünkü,
 
            f(z) = u(x,y)+iv(x,y)
            -if(z) = v(x,y)-iu(x,y)
 
 dir ve f,Dde analitik ise-if de Dde analitik olacağından-u, v nin harmonik eşleniği olur.
    İleride (bölüm 9) göreceğiz ki billi tipte bir domainde harmonik olan bir u fonksiyonunun orada daima bir harmonik eşleniği vardır. Böylece o gibi domainlerde her harmonik fonksiyon bir analitik fonksiyonun reel kısmıdır. Diğer yandan harmonik eşlenik varsa toplam sabiti hariç tektir.
    Şimdi verilen bir harmonik fonksiyonun harmonik eşleniğini bulmak için bir metod göstereceğiz.
 
 Örnek 5: u(x,y)=y³-3x²yolsun.
 
            u_{xx}(x,y) = -6y
            u_{yy}(x,y) = 6y
 
 ∀x,yiçin
 
            u_{xx}(x,y)+u_{yy}(x,y)=-6y+6y=0
 
 olduğundan xy- düzleminde harmoniktir. Şimdi vharmonik eşleniğini bulalım.
 
            u_{x}(x,y) = -6xy
             ⇒ v_{y}(x,y)=-6xy
             ⇒ ∫v_{y}(x,y)dy=∫-6xydy
             ⇒ v(x,y)=-3xy²+Φ(x)
             ⇒ (d/(dx))[v(x,y)]=(d/(dx))[-3xy²+Φ(x)]
             ⇒ v_{x}(x,y)=-3y²+Φ′(x)=-3y²+3x²
             ⇒ Φ′(x)=3x²
             ⇒ Φ(x)=x³+c
             ⇒ v(x,y)=-3xy²+x³+c
 
 
            f(z) = (y³-3x²y)+i(x³-3xy²+c)   #*
             = i(z³+c)
 
 Bu form (*) da y=0 alınırsa
 
            f(x)=i(x³+c)
 
 elde edilir mantığı ile bulunur.
 
            4.BÖLÜM İNTEGRALLER
 
 
            30. w(t)KOMPLEKS DEĞERLİ FONKSİYONU
 
 f(z) nin basit bir şekilde integralini vermek için ilk olarak t reel değişkenli ve kompleks değerli w fonksiyonunun türevini ve belirli integralini göz önüne alacağız. uvev,t reel değişkenli reel değerli fonksiyonlar olmak üzere w fonksiyonunu
 
            w(t)=u(t)+iv(t)   #1
 
 şeklinde yazarız.
    (1)fonksiyonunun t noktasındaki w′(t)veya ((dw)/(dt))türevi u′ve v′ türevlerinin t noktasında mevcut olması koşuluyla
 
            w′(t)=u′(t)+iv′(t)   #2
 
 şeklinde tanımlanır.
    (2)tanımından her z₀=x₀+iy₀ kompleks sabiti için
 
            (d/(dt))[z₀w(t)] = (d/(dt))[(x₀+iy₀)(u+iv)]
             = (d/(dt))[(x₀u-y₀v)+i(y₀u+x₀v)]
             = (d/(dt))(x₀u-y₀v)+i(d/(dt))(y₀u+x₀v)
             = (x₀u′-y₀v′)+i(y₀u′+x₀v′)
             = (x₀+iy₀)u′+i(x₀+iy₀)v′
             = (x₀+iy₀)(u′+iv′)
 
 yani,
 
            (d/(dt))[z₀w(t)]=z₀(d/(dt))[w(t)]=z₀w′(t)   #3
 
 olur.
    Toplam çarpım vs gibi Calculustaki fonksiyonlar için olan kurallar burada da geçerlidir.İspatlar reel değerli fonksiyonlarınkinden yararlanarak yapılır. Diğer bir diferansiyel formulü
 
            (d/(dt))e^{z₀t}=z₀e^{z₀t}   #4
 
 tir.
    NOT: Calculustaki her türev kuralının burada geçerli olmadığına dikkat edilmelidir.Aşağıdaki örnek bunu açıklar.
 
 Örnek:w(t)=u(t)+iv(t)fonksiyonu a≤t≤b aralığı üzerinde sürekli olsun. a<t<b aralığında w′(t)mevcut olsa bile ortalama değer teoremi uygulanabilir diyemeyiz.Daha açık bir dille,
 
            w′(c)=((w(a)-w(b))/(a-b))
 
 olacak şekilde bir c∈(a,b) olması gerekmez.
    Bunu görmek için sadece
 
            w(t)=e^{it},0≤t≤2π
 
 fonksiyonunu göz önüne almak yeterlidir.Çünkü,
 
            w′(t)=|ie^{it}|=1
 
 dir ve bu
 
            w(2π)-w(0)=0
 
 olduğu halde w′(t) nin hiç bir zaman sıfır olamayacağını anlatır.
    (1) tipindeki fonksiyonların a≤t≤büzerindeki belirli integralleri sağdaki uve v nin integralleri mevcut iken
 
            ∫w(t)dt+∫u(t)dt+i∫v(t)dt   #5
 
 şeklinde tanımlanır.
    Böylece
 
            Re∫w(t)dt=∫Re[w(t)]dt
 
 ve
 
            ∫w(t)dt=∫Im[w(t)]dt
 
 dır.
 
 Örnek 2:
 
            ∫(1+it)²dt = ∫(1-t²)dt+i∫2tdt
             = [t-((t³)/3)]+i[t²]
             = (2/3)+i
 
 NOT: w(t) nin sınırsız aralıklarda has olmayan integralleri benzer şekilde tanımlanır.
    (5) tanımında u ve v fonksiyonları a≤t≤baralığı üzerinde parçalı sürekli fonksiyonlar ise bunların integrallerinin varlığı garantilenir.Tabi bu oluşumda a da sağ, b de sol limitin olması gerekir. u ve v parçalı sürekli ise w fonksiyonu bu özelliğe sahiptir denir.
    Sabit ile çarpımın integrali, toplamın integrali ve integrasyon sınırlarını değiştirme kuralları burada da geçerlidir.
    Bu kurallar ve
 
            ∫w(t)dt=∫w(t)dt+∫w(t)dt
 
 özelliği Calculustaki benzer sonuçlardan yararlanılarak ispatlanabilir.
    Antitürevleri içeren Calculusun temel teoremi (5) tipindeki integrallere uygulamak için genişletilebilir.Mesela,
 
            w(t)=u(t)+iv(t)
 
 
            W(t)=U(t)+iV(t)
 
 fonksiyonlarının a≤t≤b aralığı üzerinde sürekli olduğunu kabul edelim.Eğer a≤t≤b iken
 
            W′(t)=w(t)
 
 ise
 
            U′(t) = u(t)
            V′(t) = v(t)
 
 dir. Böylece (5) den
 
            ∫w(t)dt = U(t)]+iV(t)]
             = [U(b)-U(a)]+i[V(b)-V(a)]
             = [U(b)+iV(b)]-[U(a)+iV(a)]
 
 yani
 
            ∫w(t)dt = W(t)]
             = W(b)-W(a)
 
 
 Örnek 3: (e^{it})′=ie^{it} olduğundan
 
            ∫e^{it}dt = (1/t)e^{it}]
             = -ie^{i(π/4)}-(-ie⁰)
             = -i(((√2)/2)+i((√2)/2))+i
 
 Burayı integrallerin mutlak değerinin önemli bir özelliği ile bitiriyoruz.Bu özellik
 
            |∫w(t)dt|≤∫w(t)dt(a≤b)   #8
 
 dır.
    31.ÇEVRELER
 
Kompleks değişkenli kompleks değerli fonksiyonların integrali reel eksen üzerindeki aralıklardan çok kompleks düzlemdeki eğriler üzerinde tanımlanır. Bu bölümde bu tip integraller için gerekli eğri sınıflarını vereceğiz. 
    x(t) ve y(t) t değişkenli sürekli fonksiyonlar olmak üzere
 
            <K1.1/>   #1
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
x=x(t), y=y(t)   (a≤t≤b)
</K1.1>
 ise kompleks düzlemdeki z=(x,y) noktalarının kümesine bir yay denir. C ile gösterilir. Bu tanım a≤t≤b aralığının xy-düzlemine yada z-düzlemine sürekli bir resmedilişini belirtir ve görüntü noktası t nin artan değerlerine göre sıralanır. C nin noktalarını
 
            <K1.1/>   #2
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=z(t)   (a≤t≤b)
</K1.1>
 denklemiyle tanımlamak uygundur; burada
 
            z(t)=x(t)+iy(t)   #3
 
 şeklindedir.
    t₁≠t₂ iken z(t₁)≠z(t₂) ise yani yay kendini kesmiyorsa C yayı basit yay yada Jordan yayıdır. z(a)=z(b) olması durumunda C basit yay ise C ye kapalı eğri yada Jordan eğrisi deriz. 
    Yayların geometrik mahiyetine göre (2) denklemindeki t parametresi için farklı notasyonlar kullanılabilir. 
Örnek 1:
 
            z={<K1.1/>┊   #4
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
x+ix     ,           0≤x≤1
x+i       ,           1≤x≤2
</K1.1>
 bir basit yay beliritir. Bu yay 0 dan 1+i ye 1+i den 2+i ye olan doğru parçalarından oluşur.
 
            [Figure ]
 
 Örnek 2:
 
            <K1.1/>   #5
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=e^{iθ}          (0≤θ≤2π)
</K1.1>
 orjin merkezli birim çemberi saat yönünün tersinde yönlendirirlmiş basit kapalı eğridir. Buradan z₀ merkezli R yarıçaplı
 
            <K1.1/>   #6
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=z₀+Re^{iθ}(0≤θ≤2π)
</K1.1>
 çemberi de basit kapalı eğridir.
    Aynı nokta kümeleri farklı yaylar oluşturabilir.
Örnek 3:
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=e^{-iθ}        (0≤θ≤2π)
</K1.1>
 yayı (5) denklemiyle tanımlanan yayla aynı değildir. Noktalar aynı olmasına göre çember saat yönünde taranmıştır. 
Örnek 4:
 
            <K1.1/>   #8
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=e^{i2θ}        (0≤θ≤2π)
</K1.1>
 yayı üzerindeki noktalar (5) ve (7) yayını oluşturan noktalar ile aynıdır. Fakat bu yayda yine (5) ve (7) yaylarından ayıran şey çemberin saat yönünün tersinde iki kez taranmasıdır. 
    Şimdi kabul edelim ki (3) fonksiyonunun bileşenlerinin x′(t) ve y′(t) türevleri a≤t≤baralığında mevcut ve sürekli olsun. Bu koşullar altında C ye diferansiyellenebilir yay denir. z(t)nin türevi
 
            z′(t)=x′(t)+iy′(t)   #9
 
 olacağından
 
            |z′(t)|=√([x′(t)]²+[y′(t)]²)
 
 reel değerli fonksiyonu a≤t≤b aralığında integrallenebilir ve yayın uzunluğu da
 
            L=∫|z′(t)|dt   #10
 
 olur. (10) daki tanım Calculus'daki yay uzunluğudur.
    Tabiki C nin parametrik gösterimi tek değildir. Buna rağmen L uzunluğu bütün gösterimler için aynıdır. 
Mesela φ, α≤τ≤β aralığını a≤t≤b aralığı üzerine resmeden reel değerli bir fonksiyon olmak üzere
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
t=φ(τ) α≤τ≤β
</K1.1>
 olsun. φ yi ve türevini sürekli kabul ediyoruz. Üstelik her τ için φ′(τ)>0 kabul ediyoruz. Bu t nin τ ile artmasını sağlar. Denklem (11) de belirtilen değişken değişimi ile C eğrisinin uzunluğu için (10) ifadesi
 
            L=∫|z′(φ(τ))|φ′(τ)dτ   #11
 
 şeklini alır. Böylece eğer C
 
            <K1.1/>   #12
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=z(τ)=z[φ(τ)] α≤τ≤β
</K1.1>
 gösterimine sahipse
 
            z′(τ)=z′[φ(τ)]φ′(τ)   #13
 
 olması (ödev) (10) ifadesini
 
            L=∫|z′(φ(τ))|dτ
 
 şeklinde yazmamıza imkan sağlar.
    Eğer z=z(t) (a≤t≤b) diferansiyellenebilir bir yay ise ve a<t<b aralığında z′(t)≠0 ise bu durumda
 
            T=((z′(t))/(|z′(t)|))
 
 birim tanjant vektörü bu aralıktaki her t için iyi tanımlıdır ve eğim açısı arg z′(t) dir. Üstelik T döndükçe t de a<t<b aralığında sürekli olarak değişir.
T için olan bu ifade z(t) yarıçap vektörü ile temsil edildiğinde Calculus'da öğrenilen ile aynıdır. Böyele bir yaya düzgün (smooth) denir. z=z(t) (a≤t≤b) düzgün yayından bahsediyorsak ∀t∈(a,b) için z′(t)≠0 demektir.
    Sonlu sayıda düzgün yayın uç uca eklenmesiyle elde edilen yaya parçalı düzgün yay veya çevre denir. Böylece eğer (2) denklemi bir çevreyi gösteriyorsa z′(t) parçalı sürekli, bunun yanında z(t) süreklidir. Örneğin (4) poligonal yolu bir çevredir. Sadece başlangıç ve bitiş değerleri olan çevreye basit kapalı çevre denir. Üçgenler, dikdörtgenler, (5) ve (6) denklemlerindeki çemberler basit kapalı çevrelerdir.
    Herhangi bir basit kapalı eğri veya basit kapalı C çevresi üzerindeki noktalar iki farklı domain'in sınır noktalarıdır; bunlardan birisi C nin içidir ve sınırlıdır. Diğeri C nin dışıdır ve sınırsızdır. Bu Jordan çevre teoremidir ve geometrik olarak bu ifade açık olmasına rağmen ispatı zordur.
 
32.ÇEVRE İNTEGRALLERİ
 
Şimdi kompleks değişkenli kompleks değerli f fonksiyonlarının integrallerini inceleyeceğiz. Böyle bir integral kompleks düzlemde verilen ve z=z₁ noktasını z=z₂ noktasına bağlayan bir C üzerindeki f(z) nin değerleri cinsinden tanımlanır. Bu yüzden bu tip integralin değeri genelde f nin yanı sıra C çevresine bağlıdır. Bu integral için
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫f(z)dz ∫f(z)dz
</K1.1>
 gösterimini kullanırız. İkinci gösterim integralin değerinin z₁ noktasını z₂ noktaına bağlayan çevrelerden bağımsız olduğunda kullanılır. İntegrali toplamın limiti olarak da tanımlayabiliriz. Fakat burada yukarıda verdiğimiz belirli integral cinsinde vereceğiz.
    Kabul edelimki
 
            <K1.1/>   #1
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=z(t)   (a≤t≤b)
</K1.1>
 z₁=z(a) noktasını z₂=z(b) noktasına bağlayan C eğrisini göstersin. f(z) fonksiyonu C üzerinde parçalı sürekli olsun. Yani f[z(t)] a≤t≤b üzerinde parçalı sürekli olsun. f nin C boyunca eğrisel integralini veya çevre integralini aşağıdaki şekilde tanımlarız:
 
            ∫f(z)dz=∫f[z(t)]z′(t)dt   #2
 
 NOT: C bir çevre olduğundan z′(t) a≤t≤b aralığında parçalı süreklidir. Böylece (2) integralinin varlığı garanti edilmiş olur.
    Çevre integralinin değeri C çevresinin gösteriminden bağımsızdır(C nin gösterimdeki değişiklikten kastettiğimiz bir önceki bölümdeki gibi anlaşılacak). Bunu görmek için yay uzunluğunun değişmezliğindeki metodu kullanabiliriz.
    w(t) kompleks değerli fonksiyonun integrallerin özelliklerinden ve (2) tanımından z₀∈C sabit olamak üzere
 
            ∫z₀f(z)dz=z₀∫f(z)dz   #3
 
 ve
 
            ∫[f(z)+g(z)]dz=∫f(z)dz+∫g(z)dz   #4
 
 olduğunu görürüz.
    (2) integralinde verilen C çevresi ile aynı noktalardan oluşan fakat bu noktaların tersine sıralanmış olduğu, z₂ noktasını z₁ noktasına bağlayan çevreyi -C ile gösteririz. Bu çevre artık başka bir çevredir. -Cnin parametrik gösterimi z=(-t) (-b≤t≤-a) dır ve
 
            ∫f(z)dz=∫f[z(-t)][-z′(-t)]dt
 
 olur. Burada z′(-t) z(t) nin t ye göre türevini alıp t yerine -t yazmakla elde edilir. Bu son integralde değişken değiştirme yapılarak
 
            ∫f(z)dz=-∫f(z)dz   #5
 
 elde edilir.
    Kabul edelimki C z₁ i z₀ a bağlayan C₁ çevresi ve z₀ ı z₂ ye bağlayan C₂ çevrelerini uç uca eklenmesi ile oluşsun. Bu durumda öyle bir c sayısı vardır ki z₀=z(c) dir ve C₁:z=z(t) (a≤t≤c) ile C₂: z=z(t) (c≤t≤b) ile temsil edilir.
 
            ∫f(z)dz=∫f[z(t)]z′(t)dt+∫f[z(t)]z′(t)dt
 
 olduğundan
 
            ∫f(z)dz=∫f(z)dz+∫f(z)dz   #6
 
 dır. Bazen C ye C₁ ve C₂ nin toplamı denir ve C₁+C₂ ile gösterilir. C₁ ve C₂ aynı son noktalara sahip olduğundan C₁ ve -C₂ nin toplamları iyi tanımlıdır ve C₁-C₂ şeklinde gösterilir.
    Son olarak (2) tanımından ve önceden gördüğümüz (bölüm 30)
 
            |∫f(z)dz|≤∫|f[z(t)]z′(t)|dt
 
 olur. Buradan C üzerindeki noktalarda |f(z)|≤M eşitsizliğini sağlayan herhangi bir negatif olmayan M sabiti için
 
            |∫f(z)dz|≤M∫|z′(t)|dt
 
 dir. L=∫|z′(t)|dt olduğu düşünülürse
 
            |∫f(z)dz|≤ML   #7
 
 olduğunu görürüz. Bunun anlamı şudur: f nin C boyunca integralinin değerinin modülü ML sayısını geçemez. |f(z)|<M ise (7) eşitsizlik de kesindir. 
NOT: Burada bahsettiğimiz bütün integral yolları çevreler ve integrantlar bu çevreler üzerinde parçalı sürekli fonksiyon olduklarından (7) eşitsizliğindeki M sayıları daima mevcuttur. Bunun nedeni f C üzerinde sürekli olduğundan |f[z(t)]| reel-değerli fonksiyonuda a≤t≤b aralığında süreklidir ve bu fonksiyon M maksimum değerini bu aralık üzerinde alır. Böylece f(z) C üzerinde sürekli olduğunda |f(z)| C üzerinde bir maksimum değere sahiptir. Aynı şey f C üzerinde parçalı sürekli olduğunda da doğrudur.
    Calculusta integraller alanlarla veya başka temsillerle temsil edilebilir. Özel durumlar hariç kompleks düzlemdeki integraller için geometrik veya fiziksel benzer temsiller yoktur.
 
33.ÖRNEKLER
 
Örnek 1: C |z|=2 çemberinin sağ yarısı yani,
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
C:z=2e^{iθ}    (-(π/2)≤θ≤(π/2))
</K1.1>
 olmak üzere
 
            I=∫zdz
 
 integralinin değerini bulalım.
Önceki bölümdeki tanım (2) den
 
            I = ∫2e^{iθ}(2e^{iθ})′dθ
             = ∫2e^{-iθ}.2ie^{iθ}dθ
             = 4i∫dθ
             = 4iπ
 
 olur. 
NOT: z noktası |z|=2 çemberi üzerinde ise z.z=4 veya z=(4/z) olur. Böylece I=4iπ sonucu
 
            ∫((dz)/z)=iπ   #2
 
 şeklinde yazılabilir. 
Örnek 2: C₁ aşağıdaki şekildeki OAB çevresi ve f(z)=y-x-i3x² (z=x+iy) olmak üzere
 
            ∫f(z)dz=∫f(z)dz+∫f(z)dz   #3
 
 integralini hesaplayalım.
    OA bacağı parametrik olarak z=0+iy (0≤y≤1) şeklinde ifade edilebilir ve bu bacak üzerindeki noktalarda x=0 olduğundan f nin oradaki değerleri f(z)=y (0≤y≤1) denklemi ile değişir. Sonuç olarak,
 
            ∫f(z)dz=∫yidy=i∫ydy=(i/2)
 
 AB bacağı üzerinde z=x+i0 (0≤x≤1) olup
 
            ∫f(z)dz = ∫(1-x-i3x²)1dx
             = ∫(1-x)dx-3i∫x²dx
             = (1/2)-i.
 
 Sonuç olarak (3) denkleminden
 
            ∫f(z)dz=(1/2)-i+(i/2)=((1-i)/2)   #4
 
 dir. Eğer C₂ y=x doğrusunun şekildeki OB parçasını gösteriyorsa bunun parametrik gösterimi z=x+ix (0≤x≤1) olmak üzere
 
            ∫f(z)dz = ∫-i3x²(1+i)dx   #5
             = 3(1-i)∫x²dx
             = 1-i
 
 dir. Buradan şunu anlıyoruz: C₁ ve C₂ yollarının başlangıç ve bitiş noktaları aynı olmasına rağmen f(z) nin bu yollar üzerindeki integralleri farklıdır.
 
            [Figure ]
 
    Diğer yandan OABO yada C₁-C₂ basit kapalı çevresi üzerindeki f(z) nin integrali
 
            ∫f(z)dz-∫f(z)dz=((-1+i)/2)
 
 olur. 
Örnek 3: z=z(t) (a≤t≤b), z₁ noktasından z₂ noktasına bir düzgün yay olsun.
 
            I = ∫zdz=∫z(t).z′(t)dt
             = ∫(d/(dt))(([z(t)]²)/2)dt=(([z(t)]²)/2)|┊
             = (([z(b)]²-[z(a)]²)/2)
             = (((z₂²-z₁²))/2).
 
 I nın değeri sadece C nin uç noktalarına bağlı olduğundan yoldan bağımsız olduğundan
 
            ∫zdz=((z₂²-z₁²)/2)   #6
 
 yazabiliriz(bunu örnek 2 ile karşılaştırınız, burada integral yola bağlıydı).
    (6) ifadesi C düzgün olması gerekmeyen bir çevre olsa da geçerlidir. Çünkü bir çevre z_{k} ları z_{k+1} lere bağlayan sonlu sayıda düzgün C_{k} yaylarının uç uca eklenmesiyle oluşur. Buradan
 
            ∫zdz=∑∫zdz=∑((z_{k+1}²-z_{k}²)/2)=((z_{n+1}²-z₁²)/2)   #7
 
 olur.
    (7) ifadesi kompleks düzlemde bütün kapalı eğriler üzerinde f(z)=z fonksiyonunun integralinin sıfır olduğu görülür(gene örnek 2 ile karşılaştırınız. Burada belirli bir çevre boyunca integral sıfırdan farklı idi). Kapalı bir çevre boyunca bir kompleks değişkenli fonksiyonun integralinin ne zaman sıfır olacağı sorusu kompleks değişkenli fonksiyonlar teorisinde merkezdir. 
Örnek 4: C:z=3e^{iθ} (0≤θ≤π) z^{(1/2)} fonksiyonunun
 
            <K1.1/>   #8
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
f(z)=√re^{i(θ/2)}         (r>0, 0<θ<2π)
</K1.1>
 branşı C çevresinin z=3 başlangıç noktasında tanımlı olmadığı halde bu branşın
 
            I=∫z^{(1/2)}dz   #9
 
 integrali yine de mevcuttur. Çünkü integrand C üzerinde parçalı süreklidir. Bunu görmek için z(θ)=3e^{iθ} olmak üzere
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
f[z(θ)]=√3e^{i(θ/2)}=√3cos(θ/2)+i√3sin(θ/2) (0≤θ≤π)
</K1.1>
 fonksiyonunun reel ve sanal kısımlarının θ=0 daki sağ limitlerinin sırasıyla √3 ve 0 olduğunu gözlemleriz. Böylece f[z(θ)], değeri θ=0 da √3 olarak tanımlandığında 0≤θ≤π aralığında sürekli olur. Sonuç olarak,
 
            I=∫√3e^{i(θ/2)}3ie^{iθ}dθ=3√3i∫e^{i((3θ)/2)}dθ
 
 ve
 
            ∫e^{i((3θ)/2)}dθ=(2/(3i))e^{i((3θ)/2)}|┊=-(2/(3i))(1+i)
 
 dir. Sonuç olarak
 
            I=-2√3(1+i)
 
 elde edilir. 
Örnek 5:
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
C_{R}:z=Re^{iθ}       (0≤θ≤π)
</K1.1>
 yarı çembersel yolu z^{(1/2)} de bir önceki örnekteki karekök fonksiyonunun (8) branşını göstersin. İntegralin değerini bulmadan
 
            lim∫((z^{(1/2)})/(z²+1))dz=0   #10
 
 olduğunu gösterelim. |z|=R>1 iken
 
            |z^{(1/2)}|=|√Re^{i((3θ)/2)}|=√R
 
 ve
 
            |z²+1|≥||z|²-1|=R²-1.
 
 Sonuç olarak C_{R} üzerindeki integrandın tanımlı olduğu noktalarda
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
|((z^{(1/2)})/(z²+1))|≤M_{R} (M_{R}=((√R)/(R²-1)))
</K1.1>
 dir. C_{R} nin uzunluğu L=πR olduğundan
 
            |∫((z^{(1/2)})/(z²+1))dz|≤M_{R}L
 
 olur. Fakat
 
            M_{R}L=((πR√R)/(R²-1)).(((1/(R²)))/((1/(R²))))=(((π/(√R)))/(1-(1/(R²))))
 
 ve R→∞ için en sağdaki limitin 0 a gittiği görülür. Böylece (10) limiti gösterilmiş olur.
 
34. ANTİ TÜREVLER
 
Genel olarak bir f(z) fonksiyonunun sabit bir z₁ noktasından sabit bir z₂ noktasına olan çevre integrali alınan yola bağlı olmasına rağmen belli fonksiyonlar vardır ki bunların z₁ den z₂ ye integralleri yoldan bağımsızdır(Bkz. bir önceki bölüm Örnek 2 ve 3). Belirtilen bu örnekler kapalı yollar etrafında her zaman değilde bazan integrallerin sıfır olduğunu ama her zaman sıfır olamayacağını açıklar. Aşağıdaki teorem integralin ne zaman yoldan bağımsız olduğunu beliremede ve dahası kapalı bir yol boyunca ne zaman integralin değerinin sıfır olacağını belirlemede kullanışlıdır. 
    Teoremi ispatlamada Calculus'un temel teoreminin bir uzantısını kullanacağız ki bu bir çok çevre integralinin değerinin bulunmasını basitleştirecektir. Bu uzantı bir D domaininde sürekli bir f fonksiyonunun anti türevini verir. Yani her z∈D için F′(z)=f(z) olacak şekildeki f fonksiyonunu Anti türevin analitik fonksiyon olması gerektiğini not edelim. Aynı zamanda anti türevin toplam sabiti dışında tek olduğunu da not edelim. Bu böyledir. Çünkü iki anti türev F ve G ise bunların F(z)-G(z) farkının türevi sıfırdır ve bir D domaininde türevi sıfıra eşit olan fonksiyon bu bölge boyunca sabit olduğunu da biliyoruz. 
Teorem: f fonksiyonu bir D domaini üzerinde sürekli olsun. Aşağıdaki ifadelerden biri doğru ise diğerleride doğrudur.
    (a) f nin D de bir F anti türevi vardır.
    (b) Tamamen D içinde bulunan ve sabit bir z₁ noktasını sabiti bir z₂ noktasına bağlayan her çevre boyunca f(z) nin integralinin değeri aynıdır.
    (c) f(z) nin tamamen D içinde kalan kapalı çevreler boyunca integrali sıfıra eşittir. 
İspat:
    (a⇒b) D içinde bulunan bir
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
C:z=z(t)           (a≤t≤b)
</K1.1>
 çevresi düzgün bir yay ise biliyoruzki
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
(d/(dt))F[z(t)]=F′[z(t)]z′(t)=f[z(t)]z′(t)   (a≤t≤b)
</K1.1>
 olur. Calculus'un temel teoremi kompleks değişkenli kompleks değerli fonksiyonlara genişletilebileceğinden
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫f(z)dz =∫f[z(t)]z′(t)dz=F[z(t)]|┊
            =F[z(b)]-F[z(a)]
</K1.1>
 yazabiliriz. Buradan
 
            ∫f(z)dz=F(z)|┊=F(z₂)-F(z₁)
 
 olur. Bu sonuç D de bulunan ve düzgün olması gerekmeyen herhangi bir çevre içinde geçerlidir. Spesifik C z_{k} ları z_{k+1} lere birleştiren sonlu sayıda C_{k} düzgün yaylarından oluşmuş ise
 
            ∫f(z)dz = ∑∫f(z)dz
             = ∑[F(z_{k+1})-F(z_{k})]
             = F(z_{n+1})-F(z_{n})
 
 elde ederiz. Bu ispatı bitirir(önceki bölüm Örnek 3 ile karşılaştırınız). 
    (b⇒c) z₁ ve z₂ C₁ ve C₂ nin başlangıç ve bitiş noktası olsun ve C C₁-C₂ şeklinde D de bulunan kapalı bir çevre olsun. Bu durumda (b) doğru olduğundan
 
            ∫f(z)dz=∫f(z)dz   #2
 
 veya
 
            ∫f(z)dz+∫f(z)dz=0   #3
 
 dir.
 
           
 
 Yani f(z) nin C=C₁-C₂ kapalı çevresi üzerinde integralinin değeri sıfıra eşittir. 
    (c⇒a) (c) ifadesinin doğruluğunu kabul edeceğiz. (b) ifadesinin geçerliliğini elde ederek (a) ifadesinin doğruluğuna ulaşacağız. (b) nin doğru olduğunu görmek için C₁ ve C₂ D içinde bulunan ve z₁ noktasını z₂ noktasına bağlayan herhangi iki çevre olsun. (c) doğru olduğundan (3) denklemi sağlanır. Böylece (2) iki denklemi sağlanır. Bu yüzden integral yoldan bağımsızdır; D üzerinde
 
            F(z)=∫f(s)ds
 
 fonksiyonunu tanımlayalım. D de her yerde F′(z)=f(z) olduğunu gösterirsek ispat tamamlanmış olur.
    z+Δz z nin D içinde kalacak kadar küçük bir komşuluğunda z den farklı herhangi bir nokta olsun. Bu durumda
 
            F(z+Δz)-F(z)=∫f(s)ds-∫f(s)ds=∫f(s)ds
 
 olur. Burada z den z+Δz ye kadar olan integral yolu bir doğru parçası olarak seçilebilir(Bkz. aşağıdaki şekil).
 
            ∫ds=Δz
 
 olduğundan
 
            f(z)=(1/(Δz))∫f(s)ds
 
 yazabiliriz. Buradan
 
            ((F(z+Δz)-F(z))/(Δz))-f(z)=(1/(Δz))∫[f(s)-f(z)]ds
 
 olur. Fakat f z noktasında süreklidir. Böylece ∀ε>0 için ∃δ>0 ∍
 
            |s-z|<δ⇒|f(s)-f(z)|<ε
 
 olur. Sonuçta, z+Δz, z ye |Δz|<δ olacak şekilde yakın bir nokta ise
 
            |((F(z+Δz)-F(z))/(Δz))-f(z)|<(1/(Δz))εΔz=ε
 
 yani
 
            lim((F(z+Δz)-F(z))/(Δz))=f(z)
 
 yada
 
            F′(z)=f(z)
 
 elde ederiz.   □
 
 
           
 
 35.ÖRNEKLER
 
Aşağıdaki örnekler genel olarak bir önceki bölümde elde ettiğimiz Calculus'un temel teoreminin uzantısı olan formülü kullanımını açıklar. 
Örenk 1: f(z)=z² tüm düzlemde anti türevi F(z)=((z³)/3) olup
 
            ∫z²dz=((z³)/3)|┊=(1/3)(1+i)³=(2/3)(-1+i)
 
 olur. Bu z=0 dan z=1+i ye olan tüm çevreler üzerinde aynıdır. 
Örenk 2: (1/(z²)) fonksiyonu orjin hariç her yerde süreklidir, |z|>0 domaininde -(1/z) anti türevine sahiptir. Sonuç olarak z₁ i z₂ ye bağlayan her çevre için
 
            <K1.1/>.
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫((dz)/(z²))=-(1/z)|┊=(1/(z₁))-(1/(z₂)) (z₁≠0,z₂≠0)
</K1.1>
 Özel olarak
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
C:z=2e^{iθ}    (-π≤θ≤π)
</K1.1>
 ise
 
            ∫((dz)/(z²))=0
 
 dir. 
NOT: f(z)=(1/z) nin integrali Örnek 2 deki aynı çember üzerinde benzer şekilde hesaplanamaz. Çünkü log z nin herhangi bir branşının türevi (1/z) olmasına rağmen F(z) branş kesimi boyunca diferansiyellenemez veya çift tanımlıdır. Özel olarak θ=α ışını branş kesimini oluşturmak için kullanılmış ise F′(z) bu ışının C çemberini kestiği noktalarda mevcut değildir. Dolayısıyla C F′(z)=(1/z) olacak şekilde bir domain içinde bulunamaz ve biz de anti türevi direkt olarak kullanamayız. 
Örenk 3: D:{z∈C:|z|>0, -π<arg z<π} oldun. D boyunca logaritmik fonksiyonun log z esas dalı (1/z) sürekli fonksiyonun bir anti türevi olarak iş görür.
    Dolayıosıyla
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫((dz)/z)=log z|┊         =log(2i)-log(-2i)
            =(ln2+i(π/2))-(ln2-i(π/2))
            =iπ
</K1.1>
 Mesela, integral yolunu -2i den 2i ye
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z=2e^{iθ}        (((-π)/2)<θ<(π/2))
</K1.1>
 yayı olarak alabiliriz. Daha önce bu örneği parametrik gösterimi kullanarak hesaplamıştık. 
Örenk 4: C₁ uç noktaları hariç -3 noktasını 3 noktasına birleştiren ve x-ekseninin üzerinde herhangi bir çevre olsun ve karekök fonksiyonu
 
            <K1.1/>   #2
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
z^{(1/2)}=√re^{((iθ)/2)}        (r>0, 0<θ<2π)
</K1.1>
 branşını göz önüne alalım.
 
            ∫z^{(1/2)}dz   #1
 
 integralini bulmak için bir anti türev kullanalım. İntegrand C₁ üzerinde sürekli olmasına rağmen ve bu yüzden integral mevcut olmasına rağmen, z^{(1/2)} nin (2) branşı θ=0 ışınında tanımlı değildir, özel olarak z=3 noktasında; fakat bir başka branş olan
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
f₁(z)=√re^{((iθ)/2)}   (r>0, ((-π)/2)<θ<(π/2))
</K1.1>
 branş C₁ üzerinde her yerde tanımlı ve süreklidir. f₁(z) nin C₁ üzerinde z=3 noktası hariç bütün değerleri bizim (2) integrandımızın değerleri ile çakışır, böylece integrand f₁(z) ile değiştirilebilir. f₁(z) nin bir anti türevi
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
F₁(z)=(2/3)z^{(2/3)}r√re((3iθ)/2)     (r>0, ((-π)/2)<θ<(π/2))
</K1.1>
 fonksiyonu olduğundan şimdi,
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫z^{(1/2)}dz=∫f₁(z)dz=F₁(z)|┊=2√3(e^{i0}-e^{((i3π)/2)})
            =2√3(1+i)
</K1.1>
 yazabiliriz(Bkz. bölüm 33 Örnek 4).
 
           
 
 (1) integrali z=-3 noktasını z=3 noktasına x ekseninin altından birleştiren herhangi bir C₂ çevresi üzerinde başka bir değere sahiptir. Bu durumda integrandı
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
f₂(z)=√re^{((iθ)/2)}   (r>0, ((-π)/2)<θ<((5π)/2))
</K1.1>
 branşı ile değiştiririz ki bu branşın değerleri (2) branşının değerleri ile alt yarı düzlemde çakışır. f₂(z) nin anti türevi
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
F₂(z)=(2/3)z^{(3/2)}=(2/3)√re^{((i3θ)/2)}   (r>0, ((-π)/2)<θ<((5π)/2))
</K1.1>
 analitik fonksiyonudur. Böylece,
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫z^{(1/2)}dz   =∫f₂(z)dz=F₂(z)|┊
            =2√3(e^{iπ}-e^{((i3π)/2)})
            =2√3(-1+i)
</K1.1>
 dir.
    C₂-C₁kapalı çevresi üzerinde (2) fonksiyonunun integralinin
 
            2√3(-1+i)-2√3(1+i)=-4√3
 
 olduğunu not edelim. 
36. CAUCHY-GOURSAT TEOREMİ
 
34. Bölümde bir D domainde bir anti türeve sahip olan sürekli bir f fonsiyonunun D deki her kapalı çevre üzerindeki integralinin sıfır olduğunu gösterdik. Bu bölümde f(z) nin basit kapalı çevreler üzerinde değerinin sıfır olmasını garantileyecek.
    Şekilde f üzerinde diğer başka koşullar koyan bir teorem vereceğiz. Teorem kompleks değişkenli fonksiyonlar teorisinde merkez teşkil eder ve bu teoremin belli özel tipte domainleri içine alan uzantıları bundan iki bölüm sonraki bölümde verilecektir.
    C pozitif yönlü z=z(t) (a≤t≤b) basit kapalı çevresi olsun ve f C üzerindeki ve içindeki tüm nokalarda analitik olsun. Bu durmda biliyoruz ki
 
            ∫f(z)dz=∫f[z(t)]z′(t)dt   #1
 
 dir. f(z)=u(x,y)+iv(x,y), z(t)=x(t)+iy(t) dersek (1) ifadesindeki sağdaki integrand
 
            u[x(t),y(t)]+iv[x(t),y(t)], x′(t)+iy′(t)
 
 t reel değişkenli fonksiyonlarının çarpımı olur. Böylece
 
            ∫f(z)dz=∫(ux′-vy′)dt+i∫(vx′-uy′)dt   #2
 
 olur. İki değişkenli ve reel değerli fonksiyonların eğrisel integralleri cinsinden yazmak istersek
 
            ∫f(z)dz=∫(u+iv)(dx+idy)=∫udx-vdy+i∫vdx+udy   #3
 
 elde ederiz. (3) ifadesi basit kapalı olması gerekmiyor ve f[z(t)] nin üzerinde parçalı sürekli olduğu herhangi bir C çevresi içinde geçerlidir. (3) denkleminde sağdaki integrali ileri analizden bildiğimiz bir sonuçtan çift katlı integral olarak ifade edebiliriz. Özel olarak P(x,y) ve Q(x,y) reel değerli fonksiyonları ve bunların birinci mertebe kısmi türevleri C nin içindeki ve üzerindeki noktalardan oluşan bu basit kapalı R bölgesinde sürekli iseler Green teoreminden
 
            ∫Pdx+Qdy=∫∫(Q_{x}-P_{y})dA
 
 dır.
    Şimdi f R de analitik olduğundan süreklidir. Böylece u ve v fonksiyonları da R de süreklidir. Benzer şekilde f nin türevi f′ R de sürekli ise u vev nin birinci mertebe kısmi türevleride süreklidir. Böylece Green teoreminden (3) denklemini
 
            ∫f(z)dz=∫∫(-v_{x}-u_{y})dA+i∫∫(u_{x}-v_{y})dA   #4
 
 şeklinde yazabiliriz. Fakat C-R denklemleri (4) denkleminde yazarsak;
 
            ∫f(z)dz=0   #5
 
 elde ederiz. Demek ki, C basit kapalı çevresi içinde ve üzerinde f analitik f′ sürekli ise bu çevre üzerinde fonksiyonun integrali sıfıra eşit oluyor. Bu sonuç 19. yy başlarında Cauchy tarafından elde edilmiştir. 
NOT: (5) ifadesi, C saat yönünde alınsa da doğrudur. Çünkü
 
            ∫f(z)dz=-∫f(z)dz=0⇒∫f(z)dz=0.
 
 Goursat f′ üzerindeki süreklilik şartını kaldırılabileceğini ispat eden ilk kişiydi. Bu bize şunu şağlar; analitik bir f fonksiyonun türevide f′ nin sürekliliğine ihtiyaç duyulmadan analitik olduğu gösterilir.
    Şimdi Cauchy-Goursat teoremi olarak bilinen Cauchy'nin yeniden yazılmış sonucunu verelim. 
Teorem: f basit kapalı bir C eğrisi içinde ve üzerinde analitik ise
 
            ∫f(z)dz=0
 
 dır.
İspat: Cauchy-Goursat teoreminin ispatına bir lemma ile başlıyoruz. Pozitif yönlendirilmiş basit kapalı bir eğri üzerindeki noktalardan oluşan R bölgesi nin alt kümelerini oluşturarak (biçimlendirerek) başlıyoruz. Biçimlendirmeyi x ve y-eksenlerine paralel birbirinden eşit uzaklıkta birbirine bitişik dikey doğrular arasındaki uzaklık bitişik doğrular arasındaki uzaklıkla aynı olacak şekilde doğrular çizmek şeklinde yapıyoruz. Böylece sonlu sayıda kapalı karesel bölgeler elde ederiz ki , R nin her noktası bu şekildeki alt bölgeleri en az bir tanesinin içine düşer. Bu karesel alt bölgelere sadece kareler diyelim ve kareden sınır ve iç noktaları anlayalım. Eğer özel bir kare R de olmayan noktalar bulundurursa bunları kaldıralım ve bu noktalara tam olmayan bir kareden kalanlar diyelim. Böylece R bölgesini sonlu sayıda tamamlanmamış karelerle örtebiliriz.   □
 
Lemma: f basit kapalı C çevresi üzerindeki noktalar ve C nin içeri tarafındaki noktalardan oluşan R bölgesinde(C pozitif yönlendirilmiş) analitik olsun. Herhangi bir ε>0 verildiğide R bölgesi aşağıda belirtilen özellikteki n tane kareler ve tamamlanmamış karelerle türetilebilir. 
Özellik: (Tamamlanmış veya tamamlanmamış herhangi bir kare için) en az bir z_{j} noktası vardır öyle ki kare(tamamlanmamış kare) deki diğer tüm z noktaları için
 
            <K1.1/>   #1
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
|((f(z)-f(z_{j}))/(z-z_{j}))-f′(z_{j})|<ε (z≠z_{j})
</K1.1>
 eşitsizliği sağlanır.  
    İspata başlarken Lemma da belirttiğimiz R nin örtülüşünde bazı kare veya tamamlanmamış karelerin (1) eşitsizliğini sağlayacak şekilde bir z_{j} noktası bulundurmaması olasılığını göz önüne alalım. Eğer bu alt bölgeler bir kare ise bu kareyi karşılıklı kenarlarının orta noktalarından çizdiğimiz doğru parçaları ile 4 tane küçük kare oluşturalım. Eğer bu alt bölge tamamlanmamış kare ise yine kareyi bütünmüş gibi ele alıyoruz ve karenin R de bulunmayan kısmını bırakıyoruz. Eğer bu daha küçük alt bölgelerden herhangi birinde (1) eşitsizliğine uyan z_{j} noktası yoksa yine aynı şekilde daha küçük kareler ve tamamlanmamış kareler inşa ediyoruz. Bunu gerektiren bütün sonlu sayıda adımdan sonra R nin Lemma ya uygun sonlu sayıda kare veya tamamlanmamış kare ile örtülebileceğini görürüz.
    Bunu ispatlamak için orjinal alt bölgelerden bir tanesini sonlu sayıda alt bölümlere ayırdıktan sonra gereken z_{j} noktalarınını mevcut olmadığını kabul edeceğiz ve bir çelişkiye ulaşacağız. Bu alt bölgeyi; kare ise τ₀ ile gösterelim, tamamlanmamış kare ise bütün kare kısmını yine τ₀ ile gösterelim. τ₀ alt bölgelere(karelere) bölelim, ortaya çıkan küçük karelerden en az bir tanesi R nin noktalarını bulundurmalı ama uygun z_{j} noktasını bulundurmamalı bu küçük kareyi τ₁ ile gösterelim. τ₁ i bu şekilde alt karelere bölüp bu şekilde devam edersek bir r_{k-1} (k=1,2,...) karesi alt karelere bölündükten sonra bundan inşa edilen 4 küçük kareden bir tanesinden fazlası seçilebilir. Belirli bir seçim yapmak için bölmeden sonra oluşan küçük karelerden üst sağdaki seçilebilir. Bu şekilde
 
            τ₀,τ₁,...,τ_{k-1},τ_{k},...   #2
 
 şeklinde iç-içe karelerin sonsuz dizisi ortaya çıkar. Kolayca gösterebiliriz ki bütün τ_{k} lara ait bir z₀ noktası vardır; tabi bu kareler z₀ dan başka R nin noktalarını da bulundururlar(Bkz. Bölüm 38 alıştırma 11). Bu dizideki karelerin ebatları gittikçe küçülür ve z₀ ın |z-z₀|<δ komşuluğu köşegenin uzunluğu δ dan küçük olan köşeyi içinde bulundurur. Bu yüzden her |z-z₀|<δ komşuluğu R nin z₀ dan başka noktalarını bulundurur bu da z₀ ın R nin bir yığılma noktası olduğunu gösterir. R bölgesi kapalı bir küme olduğundan z₀ R ye ait bir noktadır.
    Şimdi, f R de özel olarak da z₀ da analitiktir. Sonuç olarak da f′(z₀) da mevcutur. Türev tanımından ∀ε>0 için ∃δ>0∍
 
            |z-z₀|<δ⇒|((f(z)-f(z₀))/(z-z₀))-f′(z₀)|<ε
 
 olur.Fakat |z-z₀|<δ komşuluğu, K tamsayısı karenin köşegeni δ sayısından küçük olacak şekilde yeterince büyük seçildiğinde, τ_{K} karesini kapsar(Bkz. aşağıdaki şekil). Sonuç olarak z₀ τ_{K} karesinden veya bunun bir kısmından oluşan bölgede (1) eşitsizliğindeki z_{j} nin yerini alır. (2) dizisinin ortaya çıktığı yolun aksine τ_{K} yı alt bölümlere ayırmaya gerek yoktur. Bu bir çelişkidir. Dolayısıyla Lemma'nın ispatı tamamdır.
 
           
 
    Şimdi pozitif bir C eğrisi içindeki ve üzerindeki noktalardan oluşan bir R bölgesinde analitik olan bir f fonksiyonu ile devam ederek aşağıdaki
 
            ∫f(z)dz=0   #3
 
 Cauchy-Goursat teoremini ispatlamaya hazırız. 
    Verilen bir ε>0 için R nin yukarıdaki Lemma'daki bir örtülüşünü göz önüne alalım. j kare veya tamamlanmamış karede aşağıdaki fonksiyonu tanımlayalım.
 
            δ_{j}(z)={<K1.1/>┊   #4
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
((f(z)-f(z_{j}))/(z-z_{j}))-f′(z_{j})       ,           z≠z_{j}
0          ,           z=z_{j}
</K1.1>
 burada z_{j} bu alt bölgede kendisine (1) eşitsizliğinin sağlandığı sabit noktadır. (1) eşitsizliğine uygun olarak alt bölgedeki δ_{j} nin tanımlı olduğu her z noktasında
 
            |δ_{j}(z)|<ε   #5
 
 olur. Üstelik δ_{j}(z) fonksiyonu alt bölgede f orada sürekli olduğundan süreklidir ve
 
            limδ_{j}(z)=f′(z_{j})-f′(z_{j})=0
 
 dır.
    Şimdi C_{j} ler (j=1,2,...) .Ryi örten karelerin yada tamamlanmamış karelerin pozitif yönlendirilmiş sınırlarını göstersin. Bu durumda f nin herhangi özel bir C_{j} üzerindeki f nin değeri (4) den
 
            f(z)=f(z_{j})-z_{j}f′(z_{j})z+(z-z_{j})δ_{j}(z)
 
 şeklinde yazılabilir ve bu
 
            ∫f(z)dz=[f(z_{j})-z_{j}f′(z_{j})z]∫dz+f′(z_{j})∫zdz+∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz   #6
 
 demektir. Fakat 1 ve 2 fonksiyonları sonlu sayıda düzlemde her noktada anti türeve sahip olduğundan
 
            <K1.1/>
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫zdz=0 ve        ∫dz=0
</K1.1>
 dir. Böylece (6) denklemi
 
            <K1.1/>   #7
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫f(z)dz=∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz    (j=1,2,...,n)
</K1.1>
 denklemine indirgenmiş olur. (7) denkleminin solundaki n tane integralin toplamı
 
            ∑∫f(z)dz=∫f(z)dz
 
 şeklinde yazılabilir. Çünkü, bitişik alt bölgelerin ortak sınırları üzerindeki iki integralden biri diğerini götürür, integral bir alt bölgede bu doğru parçası üzerinde bir yönde diğer alt bölgede ters yönde alınır(Bkz. aşağıdaki şekil). Böylece sadece C nin parçaları olan yaylar üzerindeki integraller kalır. Bu durumda denklem (7) den
 
            ∫f(z)dz=∑∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz
 
 buradan da
 
            |∫f(z)dz|≤∑|∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz|   #8
 
 elde ederiz.
 
           
 
    Şimdi sağ taraftaki integrallerin her biri için bir üst sınır bulamak için Bölüm 32 deki (7) özelliğini kullanalım. C_{j}ler tamamen veya kısmen bir karenin sınırı ile çakışırlar. Her iki durumda da karenin bir kenarının uzunluğunu S_{j} ile gösterelim. j integralde z ve z_{j} nin ikiside bu karede bulunacağından
 
            |z-z_{j}|≤√2S_{j}
 
 dir. Buradan da (5) eşitsizliğinden (8) eşitsizliğindeki her integrand
 
            |(z-z_{j})δ_{j}(z)|<√2S_{j}   #9
 
 koşulunu sağlar. C_{j} yolunun uzunluğuna gelince C_{j}bir karenin sınırı ise 4S_{j} dir. Bu durum için A_{j} karenin alanını göstersin ve
 
            |∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz|<√2S_{j}ε4S_{j}=4√2A_{j}ε   #10
 
 olduğunu gözlemleyelim. Eğer C_{j} tamamlanmamış bir karenin sınır ise L_{j}, C nin de bir parçası olan C_{j} nin parçasının uzunluğu olmak üzere 4S_{j}+L_{j} yi geçmez. Tekrar A_{j} tam karenin alanını göstermek üzere
 
            |∫(z-z_{j})δ_{j}(z)dz|≤√2S_{j}ε(4S_{j}+L_{j})<4√2A_{j}ε+√2SL_{j}ε   #11
 
 buluruz; burada S R yi örtmede kullanılan orjinal diğer karelerin yanısıra C yi çevreleyen bir karenin bir kenarının uzunluğudur(Bkz. yukarıdaki şekil). Tüm A_{j} lerin toplamının S² yi geçmediğine dikkat ediniz.
    Eğer L C nin uzunluğunu gösteriyorsa (8), (10), ve (11) eşitsizliklerinden
 
            |∫f(z)dz|<(4√2S²+√2SL)ε
 
 buluruz. ε>0 keyfi olduğundan eşitsizliğin sağ tarafındaki ifade yeterince küçük yapılabilir. Eşitsizliğin sol tarafı ε dan bağımsız olup bu yüzden sıfıra eşit olmalıdır. Bu da Cauchy-Goursat teoreminin ispatını tamamlar.   □
 
38. BASİT ve KATLI BAĞLANTILI DOMAİNLER
 
D domaini içindeki her basit kapalı eğri yalnızca D nin noktalarını çevrelerse D ye basit bağlantılı domain denir. Buna bir örnek basit kapalı bir çevrenin iç noktalarının kümesidir. Bununla beraber herhangi bir halkasal domain(aynı merkezli yarıçaplı iki dairenin arasındaki domain) basit bağlantılı değildir. Basit bağlantılı olmayan bir domaine katlı bağlantılı denir.
    Cauchy-Goursat teoremi aşağıdaki yolla basit bağlantılı domainlere genişletilebilir. 
Teorem 1: Eğer bir f fonksiyonu basit bağlantılı bir D domaininde analitik ise D de bulunan her basit kapalı C çevresi üzerinde
 
            ∫f(z)dz=0   #1
 
 dır.
    Eğer C basit kapalı bir çevre veya kendini sonlu sayıda kesen bir eğri ise ispat kolaydır. Çünkü C basit kapalı ise Cauchy-Goursat teoreminden (1) sağlanır. Eğer C sonlu sayıda kendini kesen kapalı bir çevre ise sonlu sayıda basit kapalı eğriden oluşuyor demektir. Bunların her birine Cauchy-Goursat teoremi uygularsak istediğimizi elde ederiz. Eğer kapalı çevre sonsuz sayıda kendini kesim noktasına sahipse bir takım incelikler ortaya çıkar. Bu durumda da teoremin hala uygulanabilir olduğunu gösteren bir örnek aşağıda Alıştırma 13 tedir. 
Sonuç 1: Basit bağlantılı bir Dbölgesinde analitik olan bir f fonksiyonu D de bir anti türeve sahip olmak zorundadır. 
    Bu sonuç Teorem 1 den Bölüm 34 deki teoremden dolayı hemencecik görülür. 
Not: Sonlu düzlem basit bağlantılı olduğundan dolayı, Sonuç 1 bize tam fonksiyonların daima bir anti türeve sahip olacağını söyler.
    Cauchy-Goursat teoremi katlı bağlantılı bölgelerin sınırı üzerindeki integralleri içine alacak şekilde genişletilebilir. Aşağıdaki teorem böyle bir teoremdir. Bu teoremde 
(a) C saat yönünün tersinde basit kapalı bir çevredir.
(b) C_{k}(k=1,2,...,n) lar C nin içinde ortak noktaları olmayan hepsi saat yönünde basit kapalı çevrelerdir. 
Teorem 2: C ve C_{k}(k=1,2,...,n) lar yukarıdaki (a) ve (b) deki basit kapalı çevreler olsunlar. Eğer fC nin içinde ve üzerinde C_{k} ların iç noktaları hariç analitik ise
 
            ∫f(z)dz+∑∫f(z)dz=0   #2
 
 dır(Bkz. aşağıdaki şekil).
 
            [Figure ]
 
 Not: (2)denkleminde integral yolunun yönü kapalı bölgenin içi bu yolların solunda kalacak şekildedir. 
İspat: L₁ poligonal yolu sonlu sayıda uç uca eklenmiş C dış çevresini C₁ iç çevresine bağlayan doğru parçalarından oluşsun. L₂ poligonal yolu C₁ i C₂ye bağlasın; bu şekilde devam edersek L_{n+1} poligonal yolu C_{n} i C ye bağlasın. Yarım uçlu oklarla şekilde gösterildiği gibi herbiri L_{k} veya -L_{k} poligonal yolları ve C ve C_{k} ların parçalarından ve yönleri çevreledikleri noktalar solda kalacak şekilde Γ₁ ve Γ₂ basit kapalı çevreleri oluşturulabilir. Şimdi f ye Γ₁ ve Γ₂ üzerinde Cauchy-Goursat teoremini uygulayabiliriz. Bu çevreler üzerinde integrallerin değerleri toplamı sıfırdır. L_{k} lar boyunca ters yöndeki integraller birbirini götüreceğinden sadece C ve C_{k} üzerindeki integraller kalır ve (2) ifadesi elde edilmiş olur. 
    Aşağıdaki sonuç Teorem 2 nin önemli bir sonucudur.
 
 
            şekil 39 aşağıdaki sonuçla ilgili
 
 Sonuç C₁ ve C₂ C₂ C₁ in içinde olacak şekilde pozitif yönlendirilmiş iki basit kapalı çevre olsun. Eğer bir f fonksiyonu bu çevrelerin oluşturduğu kapalı bölgede ve bunların arasındaki bütün noktalarda analitikse
 
            ∫_{C₁}f(z)dz=∫_{C2}f(z)dz   #3
 
 dur. Bunun ispatı için teorem 2 kullanılarak
 
            ∫_{C₁}f(z)dz+∫_{-C2}f(z)dz=0
 
 yazılabilir ki bu da (3) ile aynı şey demektir.
    Sonuç 2 yolların deformasyonu kuralı olarak bilinir. Çünkü eğer C₂ tamamen f nin analitikolduğu noktalardan geçerek C₁e deforme edilebilirse (büzülebilirse) f nin nin C₁üzerinde integral değerinin değişmeyeceğini söyler.
 
Örnek Corijini çevreleyen pozitif yönlü herhangi bir basit kapalı çevre olsun. Sonuç 2 den
 
            ∫_{C}((dz)/z)=2iπ
 
 olur. Bunu görmek için , tamamen C içinde kalacak şekilde küçük yarıçaplı orijin merkezli bir C₀çemberi oluştururuz.
 
            ∫_{C₀}((dz)/z)=2iπ
 
 olduğunu biliyoruz. Ctamamen f(z)=(1/z) fonksiyonun analitik olduğu noktalardan geçerekC₀ a büzülebilir. O halde Sonuç 2 den
 
            ∫_{C}((dz)/z)=∫_{C₀}((dz)/z)=2iπ
 
 elde ederiz.
 
    39 COUCHY INTEGRAL FORMÜLÜ
 
Teorem fpozitif yönlendirilmiş basit kapalı bir C eğrisi içinde ve üzerinde analitik olsun. Eğer z₀ C nin içinde herhangi bir keyfi nokta ise
 
            f(z₀)=(1/(2iπ))∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))   #1 <label>a</label>
 
 dir.
    (1) formülüne Cauchy integral formülü denir. Bu teorem bize basit kapalı bir C eğrisi içinde ve üzerinde analitik olan bir f fonksiyonunun Cnin içindeki noktalardaki değerlerinin Cnin üzerindeki noktalardaki değerleri ile belirlenebileceğini söyler.
    Cauchy integral formülü
 
            ∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))=2iπf(z₀)
 
 şeklinde yazılarak basit kapalı eğriler üzerindeki belli tipte integrallerin hesaplanasında kullanılabilir.
 
Örnek C pozitif yönlendirilmiş |z|=2çemberi olsun. ∫_{C}((zdz)/((9-z²)(z+i))) integralini hesaplayalım. (z/((9-z²)(z+i))) fonksiyonu |z|=2çemberi içinde z=-inoktası hariç analitiktir. O halde f(z)=(z/((9-z²)))dersek f(z), |z|=2çemberi içinde analitikt olur. Böylece C.İ.F den
 
            ∫_{C}((zdz)/((9-z²)(z+i))) = ∫_{C}(((z/((9-z²))))/(z-(-i)))dz=2iπf(-i)
             = 2iπ[(z/((9-z²)))]_{z=-i}
             = 2iπ(-(1/(10))i)
             = (1/5)π
 
 olur.
 
Teoremin İspatı İspata f nin sürekliliği gerçeği ile başlıyoruz. f z₀ da sürekli olduğundan yeterince küçük ∀ε>0 için
 
            |z-z₀|<δ iken |f(z)-f(z₀)|<ε
 
 olacak şekilde bir δ pozitif sayısı mevcuttur. Şimdi ρ sayısını δ dan küçük ve aşağıdaki şekilde C₀ile gösterilen |z-z₀|=ρ pozitif yönlendirilmiş çember C nin içinde kalacak şekilde yeterince küçük seçelim.
 
            [Figure ]
 
 Böylece
 
            |z-z₀|<ρ iken |f(z)-f(z₀)|<ε   #3
 
 olur. Bu ifade bundan sonra önemli olacaktır. ((f(z))/(z-z₀)) fonksiyonu C ve C₀ eğrileri üzerindeki ve bu eğriler arasında kalan noktalardan oluşan kapalı bölde analitiktil olduğundan biliyoruz ki,
 
            ∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))=∫_{C₀}((f(z)dz)/(z-z₀))
 
 dur. Burdan ∫_{C₀}((dz)/(z-z₀))=2iπ, C₀ ın uzunluğu 2πρ, gerçekleri ve ML(γ) formülü kullanılarak,
 
            ∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀)) = ∫_{C₀}((f(z)-f(z₀)+f(z₀)dz)/(z-z₀))
             = f(z₀)∫_{C₀}((dz)/(z-z₀))+∫_{C₀}((f(z)-f(z₀)dz)/(z-z₀))
             = 2iπf(z₀)+∫_{C₀}((f(z)-f(z₀)dz)/(z-z₀))
             ⇒ ∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))-2iπf(z₀)=∫_{C₀}((f(z)-f(z₀)dz)/(z-z₀))
             ⇒ |∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))-2iπf(z₀)|=|∫_{C₀}((f(z)-f(z₀)dz)/(z-z₀))|<(ε/ρ)2πρ=ε2π
 
 yazabiliriz. Bu da ∫_{C}((f(z)dz)/(z-z₀))=2iπf(z₀) olduğunu ispatlar.
 
40 ANALİTİK FONKSİYONLARIN TÜREVLERİ
 
    Şimdi şunu ispatlamaya hazırız: eğer bir fonksiyon bir analitik ise bunun o noktada her mertebeden türevi vardır üstelik bu türev fonksiyonlarıda o noktada analitiktir.
    f basit kapalı bir C eğrisi içinde ve üzerinde analitik, z C nin içinde herhangi bir nokta olsun. C üzerindeki değişken noktaları s ile gösterelim.
 
            f(z)=(1/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/(s-z))   #1
 
 Cauchy integral formülünü kullanarak f nin z deki türevinin varlığını ve bu türevin
 
            f′(z)=(1/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/((s-z)²))   #2
 
 integral gösterimine sahip olduğunu göstereceğiz. Dikkat edilirse (2) ifadesi (1) denklemindeki integrand'ı z ye göre diferansiyellenerek elde edilir.
    (2) yi ispatlamaya başlıyoruz. d z nin C üzerindeki noktalara en kısa uzaklık olmak üzere 0<|Δz|<d iken (1) den
 
            ((f(z+Δz)-f(z))/(Δz)) = (((1/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/(s-z-Δz))-(1/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/(s-z)))/(Δz))
             = (1/(2iπ))∫_{C}[(1/(s-z-Δz))-(1/(s-z))]((f(s))/(Δz))ds
             = (1/(2iπ))∫_{C}((Δz)/((s-z-Δz)(s-z)))((f(s))/(Δz))ds
             = (1/(2iπ))∫_{C}((f(s))/((s-z-Δz)(s-z)))ds
 
 elde edilir. Bu son integralin değerinin Δz→0 iken ∫_{C}((f(s))/((s-z)²))ds integralinin değerine yaklaştığını göstermek için f nin C üzerinde sürekliliğini kullanacağız. Bunun için bu iki integralin farkını
 
            ∫_{C}[(1/((s-z-Δz)(s-z)))-(1/((s-z)²))]f(s)ds=Δz∫_{C}((f(s)ds)/((s-z-Δz)(s-z)²))
 
 şeklinde yazalım. Daha sonra f nin C üzerindeki maksimum değerini M ile Ceğrisinin uzunluğunu da L ile gösterelim. |s-z|≥d ve
 
            |s-z-Δz|≥||s-z|-|Δz||≥|s-z|-|Δz|≥d-|Δz|
 
 olduğunu dikkate alırsak
 
            |Δz∫_{C}((f(s)ds)/((s-z-Δz)(s-z)²))|≤((|Δz|ML)/((d-|Δz|).d²))
 
 eşitsizliğini elde ederiz. Δz→0 iken eşitsizliğin sağındaki ifade sıfıra gider. Sonuç olarak
 
            f′(z)=lim_{|Δz|→0}((f(z+Δz)-f(z))/(Δz))=(1/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/((s-z)²))
 
 olur.
    (2) ifadesine aynı tekniği uygularsak
 
            f′′(z)=(1/(iπ))∫_{C}((f(s)ds)/((s-z)³))   #3
 
 elde ederiz. Daha kesin bir dille 0<|Δz|<d iken
 
            ((f′(z+Δz)-f′(z))/(Δz)) = (1/(2iπ))∫_{C}[(1/((s-z-Δz)²))-(1/((s-z)²))]((f(s))/(Δz))ds
             = (1/(2iπ))∫_{C}((2(s-z)-Δz)/((s-z-Δz)²(s-z)²))f(s)ds
 
 ve tekrar f nin C üzerindeki sürekliliği kullanılarak Δz→0 iken
 
            ∫_{C}[((2(s-z)-Δz)/((s-z-Δz)²(s-z)²))-(2/((s-z)³))]f(s)ds=∫_{C}[((3(s-z)Δz-2(Δz)²)/((s-z-Δz)²(s-z)³))]f(s)ds
 
 integralinin değerinin sıfıra yaklaştığı görülebilir. (40/7)
    (3) ifadesi f nin C içindeki tüm noktalarda ikinci türevinin varlığını gösterir. Aslında (3) ifadesi bir f fonksiyonu bir noktada analitik ise bunun f′ türev fonksiyonunun da bu noktada analitik olduğunu gösterir. f ye uyguladımız benzer düşünce f′ fonksiyonuna uygulanarak f′′ nün analitikliği gösterilebilir. Böyle devam edilerek tüm türev fonksiyonları için bunun geçerli olduğunu görürüz. Böylece aşağıdaki teoreme ulaşırız.
 
Teorem1 Eğer bir f fonksiyonu bir noktada analitik ise bunun her mertebeden türevleride bu noktada analitik fonksiyonlardır.
    Özel olarak
 
            f(z)=u(x,y)+iv(x,y)
 
 fonksiyonu bir z=(x,y) noktadasında analitik ise f nin analitikliği bu noktada f′ nün sürekliliğini garanti eder. Böylece
 
            f′(z)=u_{x}(x,y)+iv_{x}(x,y)=v_{y}(x,y)-iu_{y}(x,y)
 
 olduğundan u ve v nin birinci mertebeden kısmi türevlerinin bu noktada sürekli olduğu sonucunu çıkarırız. Dahası f′′ z de analitik olduğundan ve
 
            f′′(z)=u_{xx}(x,y)+iv_{xx}(x,y)=v_{yx}(x,y)-iu_{yx}(x,y)
 
 olduğundan harmonik fonksiyonlar için geçerli olan sonucu sonucu elde ederiz.
 
Sonuç Bir f(z)=u(x,y)+iv(x,y) fonksiyonu bir z=x+iy noktadasında analitik ise u ve v fonksiyonları bu noktada her mertebeden sürekli kısmi türevlere sahiptir.
    f⁽⁰⁾(z)=f(z) ve 0!=1 olduğunu düşünürsek
 
            fⁿ(z)=((n!)/(2iπ))∫_{C}((f(s)ds)/((s-z)ⁿ⁺¹))(n=0,1,2,...)   #4
 
 formülünü ispatlamak için tümevarım metodunu kullanırız.
    Diğer yandan z₀ C içinde sabit bir nokta olmak üzere
 
            fⁿ(z)=((n!)/(2iπ))∫_{C}((f(z)dz)/((z-z₀)ⁿ⁺¹))(n=0,1,2,...)
 
 şeklinde yazarsak burdan belli tipte integralleri hesaplamak için kullanılacak Cauchy türev formülü dediğimiz
 
            ∫_{C}((f(z)dz)/((z-z₀)ⁿ⁺¹))=((2iπ)/(n!))fⁿ(z)(n=0,1,2,...)
 
 formülünü elde ederiz.
 
Örnek1 C pozitif yönlendirilmiş |z|=1 çemberi olmak üzere ∫_{C}((e^{2z})/(z⁴))dz integralini hesaplayalım. f(z)=e^{2z} fonksiyonu C üzerinde ve için de analitiktir ve z=0 bu eğri içinde bir noktadır. Ohalde Cauchy türev formülünde f(z)=e^{2z}, z₀=0, n=3tür. O halde
 
            ∫_{C}((e^{2z}dz)/(z⁴))=((2iπ)/(3!))f′′′(z)=((2iπ)/(3!))[((d³)/(dz³))(e^{2z})]_{z=0}=(8/3)iπ
 
 olur.
 
Örnek 2 z₀ pozitif yönlendirilmiş herhangi bir basit kapalı eğri içindeki herhangi bir nokta ise
 
            ∫_{C}((dz)/(z-z₀))=2iπ,∫_{C}((dz)/((z-z₀)ⁿ⁺¹))=0(n=1,2,...)
 
 olduğunu görürüz.
    Bu bölümü E.Morera (1856-1909) ya ait bir teoremle bitiriyoruz. Teoremin ispatı analitik fonksiyonların türevinin de analitik olduğu gerçeğine dayanır.
 
Teorem2 Bir f fonksiyonu bir D bölgesinde sürekli ise ve D bölgesi içinde bulunan her basit kapalı eğri için
 
            ∫_{C}f(z)dz=0
 
 ise f fonksiyonu D bölgesinde analitiktir.
    Teorem2 nin hipotezleri sağlanırsa f nin D de F′=f olacak şekilde bir analitik F anti türevi vardır. Analitik fonksiyonun türevi de analitik olduğundan f D de analitiktir.
 
41 LIOUVILLE'S TEOREMİ VE CEBİRİN TEMEL TEOREMİ
 
z₀ sabit bir kompleks sayı olsun. Eğer bir f fonksiyonu C ile gösterilen pozitif yönlendirilmiş |z-z₀|=R çemberi üzerinde ve içinde anlitikse bölüm 40 tan biliyoruzki
 
            fⁿ(z₀)=((n!)/(2iπ))∫_{C}((f(z)dz)/((z-z₀)ⁿ⁺¹))(n=1,2,...)
 
 dir. |f(z)| nin C üzerindeki maksimum değeri M_{R} genelde C nin yarıçapına bağlıdır. Ünlü MLformülünden yararlanarak |((f(z))/((z-z₀)ⁿ⁺¹))|= ((|f(z)|)/(|(z-z₀)ⁿ⁺¹|))=((|f(z)|)/(|z-z₀|ⁿ⁺¹))≤((M_{R})/(Rⁿ⁺¹)) olup ünlü MLformülünden yararlanarak
 
            |fⁿ(z₀)| = |((n!)/(2iπ))∫_{C}((f(z)dz)/((z-z₀)ⁿ⁺¹))|
             ≤ ((n!)/(2π))((M_{R})/(Rⁿ⁺¹))2πR(n=1,2,...)
 
 elde ederiz. Böylece Cauchy eşitsizliği dediğimiz
 
            |fⁿ(z₀)|≤((n!M_{R})/(Rⁿ))(n=1,2,...)   #1
 
 
            sekil44
 
 eşitsizliği elde ederiz. Özel olarak n=1 için
 
            |f′(z₀)|≤((M_{R})/R)   #2
 
 dir. Buradan kompleks düzlemde sabit fonksiyon dışında sınırlı fonksiyon olmadığını göstermek kolaydır.
 
Teorem 1 Eğer f kompleks düzlemde tam ve sınırlı ise sabittir.
 
İspat f tam olduğundan z₀ ve R ne olursa olsun (2) eşitsizliği sağlanır. f nin sınırlılığından ∀z∈C için |f(z)|≤Molacak şekilde bir M≥0 sayısı vardır. (2) deki M_{R} daima bu M den küçük veya eşit olacağından z₀ düzlemde herhangi sabit bir nokta ve R yeterince büyük olmak üzere
 
            |f′(z₀)|≤(M/R)   #3
 
 dir. (3) deki M sayısı R den bağımsız olduğundan eşitsizliğin keyfi derecede büyük R ler için sağlanması için f′(z₀)=0 olmalıdır. z₀ keyfi olduğundan tüm C de f′(z₀)=0 olması gerektiği elde edilir. O halde f sabittir.
 
Teorem 2 (Cebirin Temel Teoremi) Herhangi bir
 
            p(z)=a₀+a₁z+...+a_{n}zⁿ(a_{n}≠0)
 
 (n≥1) polinomunun en azından bir sıfırı vardır. Yani, ∙∃z₀∋p(z₀)=0.
 
İspat Çelişki bulma ile ispat yapalım. ∀z∈C için p(z)≠0 olsun. Bu durumda
 
            f(z)=(1/(p(z)))
 
 tam fonksiyondur.
 
            w=((a₀)/(zⁿ))+((a₁)/(zⁿ⁻¹))+...+((a_{n-1})/z)   #4
 
 diyelim. |z|≥Riçin (4) deki her bir kesrin modülü ((|a_{n}|)/(2n)) den küçük kalacak şekilde yeterince büyük pozitif R sayısı bulunabilir. Buradan
 
            |w| = |((a₀)/(zⁿ))+((a₁)/(zⁿ⁻¹))+...+((a_{n-1})/z)|
             ≤ |((a₀)/(zⁿ))|+|((a₁)/(zⁿ⁻¹))|+...+|((a_{n-1})/z)|
             < n((|a_{n}|)/(2n))=((|a_{n}|)/2)
             ⇒ -|w|>-((|a_{n}|)/2)
             ⇒ |a_{n}|-|w|>|a_{n}|-((|a_{n}|)/2)
             ⇒ |a_{n}|-|w|>((|a_{n}|)/2)
             ⇒ |a_{n}+w|≥||a_{n}|-|w||>((|a_{n}|)/2)
             ⇒ |p(z)|=|a_{n}+w||zⁿ|>((|a_{n}|)/2)|zⁿ|≥((|a_{n}|)/2)Rⁿ(|z|≥R)   #5
             ⇒ |f(z)|=(1/(|p(z)|))<(2/(|a_{n}|Rⁿ))(|z|>R)
 
 elde edilir ki bu f nin |z|≤Rdiskinin dışında sınırlı olduğunu gösterir. Fakat fbu kapalı diskte sürekli olması aynı zamanda sınırlı olmasını da gerektirir. Sonuçta ftüm düzlemde sınırlı olmuş olur.
    Liouville teoreminden f(z) ve böylece de p(z) sabit olur. Fakat p(z) sabit değildir. Bu bir çelişkidir.
    Temel teorem bize n. dereceden (n≥1) herhangi bir p(z) polinomunun c ve z_{k} lar kompleks sabitler olmak üzere
 
            p(z)=c(z-z₁)(z-z₂)...(z-z_{n})   #6
 
 şeklinde lineer çarpanların çarpımı şeklinde ifade edilebileceğini söyler. Özel olarak teoerem p(z) nin mesela z₁ gibi bir sıfıra sahip olmasını garantiler. Buradan q₁(z) (n-1). dereceden bir polinom olmak üzere
 
            p(z)=(z-z₁)q₁(z)
 
 şeklinde ifede edilebilir. Benzer şeyleri q₁(z) için düşünerek q₂(z) (n-2). dereceden bir polinom olmak üzere
 
            p(z)=(z-z₁)(z-z₂)q₂(z)
 
 yazabiliriz. Bu şekilde devam ederek (6) ifadesine ulaşırız. Tabii ki z_{k} lar dan bazıları katlı (katlı kök) olabilir ve bu da p(z) nin en fazla n farklı köke sahip olabileceğini söyler.
 
42 FONKSİYONLARIN MAKSİMUM MODULLERİ
 
Bu bölümde analitik fonksiyonların modullerinin maksimum değerlerini içeren bazı önemli sonuçlar çıkaracağız.
 
Lemma f bir z₀ noktasının bir |z-z₀|<ε komşuluğunda analitik olsun.
 
Eğer bu komşuluktaki her z noktası için |f(z)|≤|f(z₀)| ise bu komşulukta f(z)=f(z₀)dır.(Yani sabit bu komşuluktaki her z için fonksiyon f(z₀) sabit kopmpleks sayı değerine eşittir.)
 
İspat z₁ |z-z₀|<ε komşuluğunda z₀ dan farklı bir nokta olsun. |z₁-z₀|=ρ ve C_{ρ}:|z-z₀|=ρ (pozitif yönlendirilmiş) dersek Cauchy integral formülünden ve C_{ρ} nin z=z₀+ρe^{iθ}(0≤θ≤2π)parametrik gösterimini kullanarak
 
            f(z₀) = (1/(2iπ))∫_{Cρ}((f(z)dz)/(z-z₀))   #1
             = (1/(2iπ))∫₀^{2π}((f(z₀+ρe^{iθ})iρe^{iθ})/(ρe^{iθ}))dθ
            f(z₀) = (1/(2π))∫₀^{2π}f(z₀+ρe^{iθ})dθ   #2
 
 (2) den şunu söyleriz: Bir fonksiyon verilen bir çemberin içinde ve üzerinde analitik ise onun çemberin merkezindeki değeri çember üzerindeki değerlerinin aritmetik ortalamasıdır. Bu sonuç Gauss ortalama değer teoremi olarak bilinir.
 
            şekil 45
 
 (2) ve |f(z)|≤|f(z₀)| olmasını kullanarak
 
            |f(z₀)| ≤ (1/(2π))∫₀^{2π}|f(z₀+ρe^{iθ})|dθ
             ≤ (1/(2π))∫₀^{2π}|f(z₀)|dθ
             = (1/(2π))|f(z₀)|∫₀^{2π}dθ=(1/(2π))|f(z₀)|[θ]₀^{2π}=|f(z₀)|
 
 yani,
            |f(z₀)|=(1/(2π))∫₀^{2π}|f(z₀+ρe^{iθ})|dθ
 
 yada
 
            <K1.1/>
 
 
<K1.1 ilk="MATRIX" >
∫₀^{2π}[|f(z₀)|-|f(z₀+ρe^{iθ})|]dθ=0 ⇒|f(z₀)|-|f(z₀+ρe^{iθ})|=0
            ⇒|f(z₀)|=|f(z₀+ρe^{iθ})|(0≤θ≤2π)
</K1.1>
 elde ederiz ki bu |z₁-z₀|=ρ çemberi üzerindeki her z noktasında |f(z)|=|f(z₀)| olduğunu gösterir.
    Sonuç olarak, z₁, 0<|z-z₀|<εkomşuluğunada keyfi alındığından |z-z₀|<εkomşuluğunun tümünde |f(z)|=|f(z₀)| olur. Fakat biz biliyoruzki bir analitik fonksiyonun modülü açık ve bağlantılı bir kümede (burada |z-z₀|<εkomşuluğu) sabit ise burada fonksiyonun kendisi de sabittir. Ohalde bu |z-z₀|<εkomşuluğundaki her z için f(z)=f(z₀) dur.
 
 
Teorem Eğer bir f fonksiyonu verilen bir D domaininde analitik fakat sabit değilse |f(z)| fonksiyonu D de bir maksimumu a sahip değildir. Yani, D de ∀z∈D için |f(z)|≤f(z₀)olacak şekilde bir z₀kompleks sayısı yoktur.
 
 
İspat f Dde anlitik olmak üzere |f(z)| fonksiyonunun D de bir z₀da bir maksimumu a sahip olduğunu kabul edip bu durumda da f nin D de sahip olması gerektiğini göstererek ispat yapacağız.
    D açık ve bağlantılı küme olduğundan z₀ ı Diçindeki herhangi bir Pnoktasına bağlayan sonlu sayıda doğru parçalarının uçuca eklenmesiyle oluşan bir Lpoligonal yolu vardır. Pnin üzerindeki noktalardan D nin sınırına olan en kısa uzaklığı Dtüm düzlem olmadığı sürece dile gösterelim. Bu durumda z_{n}=Polmak üzere z₀,z₁,...z_{n} noktalarını elde ederiz. Burada her nokta bitişiğindeki noktaya
 
            |z_{k}-z_{k-1}|<d
 
 olcacak şekilde yakındır. Son hepsi Dde olan ve bir sonrakinin merkezi bir öncekinde bulunan olarak z_{k}merkezli d yarıçaplı N_{k} (k=1,2,...n) komşuluklarını oluşturalım.
 
            şekil 46
 
 |f(z)| fonksiyonunun D de z₀da bir maksimumu a sahip olduğunu kabul ettiğimizden |f(z)| fonksiyonu N₀da bir maksimum değeri olmalıdır. O halde önceki lemma gereğince N₀da f(z)=f(z₀) (sabit) olmalıdır. Özel olarak, f(z₁)=f(z₀) diyelim. Bu da ∀z∈N₁için |f(z)|≤|f(z₁)| demektir. Gene lemmadan N₁de
 
            f(z)=f(z₁)=f(z₀)
 
 olmalıdır. z₂N₁ de olduğundan f(z₂)=f(z₀) dir Böylece z∈N₂⇒|f(z)|≤|f(z₂)| dir. Bu durumda gene lemma uygulanabilir olup z∈N₂ ik
 
            f(z)=f(z₂)=f(z₀)
 
 olur. Bu şekilde devam ederek N_{n} komşuluğuna varırız ve burada da f(z_{n})=f(z₀) olacağını görürüz. z_{n}=Pnoktasıda D de z₀ dan farklı keyfi bir nokta olduğundan ∀z∈Diçin f(z)=f(z₀)olması gerektiği sonucuna ulaşırız.
    Eğer bir ffonksiyonu kapalı ve sınırlı bir Rbölgesinin her iç noktasında analitikse aynı zamanda R de süreklidir. Buradan da |f(z)| fonksiyonu Rde bir maksimum değere sahiptir. Yani, Rdeki her z için |f(z)|≤Molacak şekilde bir M negatif olmayan sayısı vardır ve eşitlik öyle bir nokta için (maksimum değer için) sağlanır. Eğer f sabit ise Rdeki her z için |f(z)|=M dir. Bununla birlikte eğer f(z)sabit değilse maksimum modul prensibine göre R nin herhangi bir z₀ iç noktası için |f(z)|≠M dir. Böylece maksimum modül prensibinin aşağıdaki önemli sonucuna ulaşmış oluruz.
 
 
Sonuç fkapalı ve sınırlı bir R bölgesinde sürekli, R nin iç noktalarında analitik ve sabit olmasın. Bu durumda f in R deki maksimum değeri, -ki daima vardır- R nin hiç bir zaman iç noktasında değil sınıırında alınır.
 
 
Örnek R, 0≤x≤π, 0≤y≤1dikdörtgensel bölgesi olsun. Yukarıdaki sonuç f(z)=sin z fonksiyonunun Rnin herhangi bir iç noktasında değil sınırında bir noktada maksimum değere sahip olduğunu söyler. Bunu direkt olarak
 
            |f(z)|=√(sin²x+sinh²y)
 
 yazarak ve sin²x nin Rde x=(π/2)de en büyük, artan sinh²yfonksiyonun da y=1 de en büyük olduğuna dikkat ederek görebiliriz. Böylece Rde |f(z)|fonksiyonunun maksimum değeri R deki başka noktada değil z=(π/2)+isınır noktasında alınmış olur.
    Sonuçtaki f(z) fonksiyonu f(z)=u(x,y)+iv(x,y) şeklinde yazıldığı zaman u(x,y)bileşen fonksiyonu da R nin hiç bir iç noktasında değil bir sınır noktasında alır (where it is harmonic). g(z)=e^{f(z)}bileşke fonksiyonu Rde sürekli ve analitik ve R nin iç noktalarında sabit değildir. O halde |g(z)|=e^{u(x,y)}-ki bu R de süreklidir-maksimum değerini R nin sınırında almalıdır. Üstel fonksiyonun artan fonksiyon olması gerçeğinden u(x,y) de maksimum değerini sınırda almalıdır.
    |f(z)| nin ve u(x,y) nin minimum değerinin özellikleri aşağıdaki alıştırmalarda ele alınacaktır.





Bu sayfa hakkında yorum ekle:
İsmin:
Mesajınız:

 
  Bugün 4 ziyaretçi (62 klik) kişi burdaydı!