Kompleks Uygulamalar-a

KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ
UYGULAMA SORULARI-1
Problem 1.
Aşağıdaki (a) ve (b) de z  0 olmak üzere
z
1
z
olduklarını gösteriniz.
(a)
(b)
1
z
1z
(c) Imiz   Rez 
Çözüm
(a)
z  x  iy  0 olsun.
(b)
z x  iy x  iy x  iy  x 2  y 2



1
z x  iy x  iy x  iy  x 2  y 2
z  x  iy  0 olsun.
(c)


1
1
1
x2  y2
x 2  y 2 x  iy 




 x  iy  z
x  iy
1 z 1 x  iy
x  iy
x2  y2
x2  y2
z  x  iy  iz  ix  y  Imiz   x  Rez 
Problem 2.
z1 ve z 2 herhangi iki kompleks sayı olmak üzere
z1  z 2  z1  z 2
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z1  z1  z 2   z 2  z1  z 2  z 2
 z1  z 2  z1  z 2 …(1)
denklemi elde edilir. (1) denkleminde z1 ve z 2 nin rolleri değiştirilirse
z 2  z1  z 2  z1  z1  z 2
  z1  z 2   z1  z 2
 z1  z 2   z1  z 2 …(2)
denklemi elde edilir. (1) ve (2) den
 z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2
 z1  z 2  z1  z 2
elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
z 3  z 4 olmak üzere
Problem 3.
z1  z 2
z1  z 2

z3  z 4
z3  z 4
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Mutlak değerin özelliklerinin kullanılmasıyla
z1  z 2
z1  z 2
z1  z 2
z1  z 2



z3  z 4
z3  z 4
z3  z 4
z3  z 4
elde edilir.
Problem 4.
Herhangi z  C için
 
(a) Arg z z  0
olduğunu gösteriniz.


(b) Rez   0 ise Arg z  z  0
Çözüm
z  x  iy olarak alalım. Bu durumda z  x 2  y 2 olur. Buna göre;
2
(a)
z z  z  x 2  y 2  cos   1, sin   0    0 
2
(b)
Rez   x  0 ise z  z  2 x  cos   1, sin   0    0
olarak elde edilir.
Problem 5.
Rez   0  z  1  z  1 olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z  x  iy ve Rez   x  0
:
olsun. Bu durumda
z  1  x  1  iy ve z  1  x  1  iy
olarak yazılır. Buna göre
z 1 
olarak hesaplanır. Buradan da
x  12  y 2
ve z  1 
x  12  y 2
z 1  z 1
olduğu görülür.
:
x  12  y 2

x  12  y 2
 x  1  x  1  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1  x  Rez   0
2
olduğu görülür. Böylece ispat tamamlanmış olur.
2
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 6.
1 z 
Re
  0  z  1 olduğunu gösteriniz.
1 z 
Çözüm
:
2
2
1 z  1 x  y
z  x  iy  Re
 0  1  x2  y2  1  x2  y2  z

2
2
 1  z  1  x   y
:
2
2
1 z  1 x  y
z  x 2  y 2  1  x 2  y 2  1  1  x 2  y 2  0  Re

0

2
 1  z  1  x   y 2
elde edilir.
Problem 7.
c    olmak üzere argz1   argz 2   c  z 2  z1 olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z1  x1  iy1 ve z 2  x2  iy 2 olsun.
:
z1  x12  y12
,
z 2  x22  y 22
ve
arg z1  arg z 2
ise
cos 1  cos  2
ve
sin 1  sin  2 olmalıdır. Buradan;
x1
x2
y1
y2


ve
x12  y12
x22  y 22
x12  y12
x22  y 22
elde edilir. Bu eşitlikler taraf tarafa bölünürse;
x1 x2
x
y

 1  1  c  
y1 y 2
x2 y 2
yazılabilir. Buradan da
x1  cx 2 ve y1  cy 2
dolayısıyla
z1  x1  iy1  cx 2  icy 2  cx2  iy 2   cz 2
olduğu elde edilir.
y 
y 
y
y
:
tan 1  1 ve tan  2  2  1  tan 1  1  ve  2  tan 1  2  dir.
x1
x2
 x1 
 x2 
cz 2  z1  cx 2  icy 2  x1  iy1  cx 2  x1 ve cy 2  y1 
x1
y
 c ve 1  c
x2
y2
Buradan
y 
y 
x1
y
y
y
 1  1  2 ve tan 1  1   tan 1  2   1   2 yani
x2 y 2
x1 x 2
 x1 
 x2 
edilir.
Böylece ispat tamamlanmış olur.
elde
edilir.
argz1   argz 2  elde
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 8.
2 z  Rez   Imz  olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z  Re z   Im z  ( Re z   Re z ve Im z   Im z alınabilir) dir.
2
2
2
2
2
2
2
2 z  Re z  Im z  2 z  Re z  2 Re z Im z  Im z
2
2
2
yazabiliriz ve bu eşitsizlikte z  Re z   Im z  yazılırsa
2
2
2
2 Re z  2 Im z  Re z  2 Re z Im z  Im z
2
2
2
2
 Re z  2 Re z Im z  Im z  0
2
ve buradan da
2
 Re z  Im z 
2
elde edilir. Bu son eşitsizlik doğru olduğundan
Böylece ispat tamamlanmış olur.
0
hipotezde verilen eşitsizlik doğru olur.
(a) z  C olmak üzere 1  z   1  2 z  z 2 olduğunu gösteriniz.
1
(b) z1  z 2  ile gösterilen noktanın, z1 ve z 2 noktaları arasındaki doğru
2
parçasının orta noktası olduğunu gösteriniz.
Problem 9.
2
Çözüm
z  x  iy olsun. Bu durumda
(a)
1  x  iy 2  1  2x  x 2  2iy  2ixy  y 2  1  2x  iy   x 2  2ixy  iy 2  1  2z  z 2
olduğu elde edilir.
Şekilden de görüldüğü üzere doğru parçasının orta noktası;
x  x2
y  y2 1
1
z 1
i 1
 x1  iy1   x2  iy 2   z1  z 2 
2
2
2
2
(b)
dir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 10. İki karmaşık sayının çarpımı sıfır olduğunda, çarpanlardan en az birinin sıfır
olması gerektiğini gösteriniz.
Çözüm
z1  x1  iy1  x1 , y1  ve z 2  x2  iy 2  x2 , y 2  olsun. z1 z 2  0 ise z1  0 , z 2  0 yada
z1  z 2  0 olduğunu göstereceğiz.
z1 z 2  x1 , y1 x2 , y2   x1 x2  y1 y2 , x1 y2  y1 x2   0,0  0
 x1 x2  y1 y 2  0 ve x1 y 2  y1 x2  0 …(1)
elde edilir. Eğer x1 ve y1 in her ikisi de sıfır değilse, bunların (1) deki aynı zamanda sağlanan
homojen denklemlerinin katsayılar determinantı sıfır olmalıdır. Yani
x2  y 2
 0  x2  y 2  0
y2
x2
ve buradan da x2  y 2  0 çıkar. Demek ki ya z1  0 ya z 2  0 yada her ikisi de sıfır olur.
Problem 11. z  C ve z  0 olmak üzere z  z' 1 olacak şekildeki z ' kompleks sayısının
teklikle belli olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z nin z ' de başka z ' ' gibi bir tersinin olduğunu kabul edelim. Bu durumda zz' '  1 olmalıdır.
z'  z'1  z' zz' '  z' z z' '  1 z' '  z' '
yani
z'  z' '
dür.
Problem 12. z  C sayısının sırf reel veya sanal sayı olması için gerek ve yeter şart

z2  z
2
olmasıdır gösteriniz.
Çözüm

:
z  Re z  z  z  Re z olup buradan da z 2  Re z   z
Benzer şekilde
2
   z 

2
z 2  z  x 2  2 xyi  y 2  x 2  2 xyi  y 2
 x 2  y 2  x 2  y 2 ve 2 xy  2 xy
elde dilir. Buradan da
elde edilir. Yani;
dir.
elde edilir.
z  Im z  z   z  Im z olup buradan da z 2  Im z    z
z  x  iy olsun.
2
:
2
x  0 veya y  0
z  Re z veya z  Im z
2
2
elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 13. Aşağıdaki alıştırmalardaki hesaplamaları yaparak a  bi formunda ifade ediniz.
(a) 3  4i   6  2i 
(b)
2i
4i
(c) i 3  4i
(d)
 4  5i   8  4i 
6  2i
Çözüm
(a) 26  18i
(b)
9
6
 i (c)  5i
17 17
(d) Ödev
Problem 14. Aşağıdaki problemlerde z  a  bi yazıp z nin reel ve sanal kısımları
cinsinden sonuçları hesaplayınız.
 
(a) Re z 2
 
(b) Im z 2
2z
(e) Im  (f) z  2
 z 
 

(c) Re 2 z  3 z  4


(d) Im z 2  z

(g) z  i
Çözüm
 
(a) z 2  a  bi   a 2  b 2  2abi  Re z 2  a 2  b 2
(b) Im z 2  2ab
2
 
(c) z'  2 z  3 z  4  2a  bi   3a  bi   4  a  4  5bi  Rez'  a  4
(d) z'  z 2  z  a 2  b 2  a  2ab  bi  Imz'  2ab  b
(e) z ' 
2z
2a  2bi
2b

 Imz '  
2
2
2
z
a b
a  b2
(f) z  i  a  b  1i  z  i  a 2  b  1
2
Problem 15. z  C kompleks sayısı için Reiz    Imz  ve Imiz   Rez  olduklarını
gösteriniz.
Çözüm
z  x  iy olsun.
Reiz   Rexi  y    y ve Im z  y olduğundan Reiz    Im z elde edilir.
Imiz   Imxi  y   x ve Re z  x olduğundan Imiz   Re z elde edilir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 16. (a) z 1  z 2  z1  z 2
z 1  z 2  z3  z1  z 2  z3
(b)
(c) z1  z 2  z1  z 2
ifadelerinin doğruluğunu gösteriniz.
Çözüm
z1  x1  iy1  x1 , y1  ve z 2  x2  iy 2  x2 , y 2  olarak alalım.
x1  x2 2   y1  y2 2
olduğunu göstermeliyiz. Buna göre;
x
x1  x2 2   y1  y2 2  x12  y12  2


2
1
 2 x1 x2  2 y1 y 2  2 x12  y12 x22  y 22
 x1 x2  y1 y 2 
x
2
1

 y12 x22  y 22


 x12  x22  y12  y 22


 y12 x22  y 22  x22  y 22
 x x  2 x1 x2 y1 y2  y y  x x  x12 y 22  x22 y12  y12 y 22
2
1
2
2
2 2
1 2
2 2
2 1
2
1
1
2
1
2
2
 2 x1 x2 y1 y 2  x12 y 22  x y
 x12 y 22  2x1 y 2 x2 y   y y 22  0
 x1 y 2  y1 x2   0
elde edilir. Bu son eşitsizlik doğru olduğundan istenen elde edilmiş olur.
(a) sonucunu kullanarak (b) ve (c) yi çözünüz.
2
Problem 17. Ax1 , y1  ve Bx2 , y 2  noktalarının konum vektörleri sırasıyla z1 ve z 2 olmak
üzere;
(a) Bu iki vektör arasındaki açı  ise; sin  ve cos  değerlerini hesaplayınız.
(b) AB vektörünü bir kompleks sayı formunda ifade ediniz.
(c) A ve B noktaları arasındaki uzaklığı bulunuz.
Çözüm
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Yukarıdaki şekil göz önüne alındığında;
(a)
cos   cos     cos  cos   i sin  sin  
x1 x2
y y
x x  y1 y 2
 1 2  1 2
z1 z 2
z1 z 2
z1 z 2
sin   sin      sin  cos   i cos  sin  
y1 x2
x y
y x  x1 y 2
 1 2  1 2
z1 z 2
z1 z 2
z1 z 2
AB  OB  OA  z 2  z1  x2  iy 2   x1  iy1   x2  x1   i y2  y1 
(b)
(c)
AB  x2  x1   i y 2  y1  
olarak elde edilir.
x2  x1 2   y2  y1 2
Problem 18. z1  x1  iy1 ve z 2  x2  iy 2 olmak üzere, z1 ve z 2 nin skaler ve vektörel
çarpımları sırasıyla;
(a) z1  z 2  z1 z 2 cos   x1 x2  y1 y 2
(b) z1  z 2  z1 z 2 sin   x1 y 2  y1 x2
şeklinde tanımlanır. Bu eşitliklerin doğruluğunu ispatlayınız.
Çözüm
(a)
Bir önceki problemin (a) şıkkında elde edilen sonuçları kullanırsak;
x x  y1 y 2
z1  z 2  z1 z 2 cos   z1 z 2 1 2
 x1 x2  y1 y 2
z1 z 2
(b)
z1  z 2  z1 z 2 sin   z1 z 2
x1 y 2  y1 x2
 x1 y 2  y1 x2
z1 z 2
olduklarını elde ederiz.
Problem 19. z1  x1  iy1 ve z 2  x2  iy 2 kompleks sayıları ile doğrusal veya paralel
olmayan iki vektörü gösterelim. Eğer a ve b ; a z1  b z 2  0 şartını sağlayan reel sayılar ise
a  b  0 olduğunu gösteriniz.
Çözüm
a z1  b z 2  0  ax1  iy1   bx2  iy 2   0  ax1  bx2   iay1  by2   0
elde edilir. Buradan da
ax1  bx2  0 ve ay1  by 2  0
y
y
elde edilir. Bu vektörler doğrusal veya paralel olmadıklarından 1  2 dir. Dolayısıyla
x1 x 2
a  b  0 bulunur.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
Problem 20. Bir paralel kenarın köşegenlerinin birbirini ortaladığını gösteriniz.
Çözüm
Yukarıdaki şekil göz önüne alındığında;
z1  AC  z 2 olduğundan AC  z 2  z1 dir. Bu taktirde AP  mz 2  z1 , 0  m  1 yazılabilir.
OB  z1  z 2 olduğundan OP  nz1  z 2  , 0  n  1 yazılabilir. Ayrıca; OA  AP  OP , yani
z1  mz 2  z1   nz1  z 2  veya 1  m  nz1  m  nz 2  0 dır. Bu nedenle bir önceki
örnekten; 1  m  n  0 , m  n  0 veya m  1 2 , n  1 2 ve böylece P iki köşegenin orta
noktası olur.
Problem 21. Ax1 , y1  ve Bx2 , y 2  noktalarından geçen doğrunun denklemini bulunuz.
Çözüm
I. yol AP ve PB doğrusal olduklarından m, n   için;
m  AP  n  PB veya m  z  z1   n  z 2  z 
yazabiliriz. Buradan
mz  nz 2
mx  nx 2
my  ny 2
veya x  1
, y 1
z 1
mn
mn
mn
elde edilir ki buna simetrik form denir.
II. yol z1  x1  iy1 ve z 2  x2  iy 2 sırasıyla A ve B nin konum vektörleri olsun. z  x  iy , A
ve B yi birleştiren doğru üzerindeki herhangi bir P noktasının konum vektörü olsun.
Yukarıdaki şekilden;
OA  AP  OP veya z1  AP  z yani AP  z  z1
OA  AB  OB veya z1  AB  z 2 yani AB  z 2  z1
AP ve AB doğrusal olduğundan AP  t  AB veya; z  z1  t  z 2  z1 , t   ve istenen
denklem z  z1  t  z 2  z1 , t   veya z  1  t z1  t  z 2 dir. z1  x1  iy1 ve z 2  x2  iy 2
nin kullanılmasıyla bu denklem;
x  x1  t  x2  x1  , y  y1  t   y 2  y1  …(1)
veya
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
x  x1
y  y1
…(2)

x2  x1 y 2  y1
(1) denklemlerine doğrunun parametrik denklemi, (2) denklemine standart formdaki doğru
denklemi denir.
Problem 22. z  4  3i kompleks sayısının karekökünü hesaplayınız.
Çözüm
z   4  3i  a  bi  4  3i  a 2  b 2  2abi
 4  a 2  b 2 ve  3  2ab
3
elde edilir. Bu değer  4  a 2  b2 denkleminde yerine yazılırsa ;
b
2a
9
 4  a 2  2  4a 4  16a 2  9  0 bulunur. Bu son denklemde a 2  t yazılırsa
4a
2t  12t  9  0 buradan da a   1 bulunur. Dolayısıyla
2
 1 3 2

i

 2
2
 4  3i  
 1  3 2 i

2
2
olarak elde edilir.
Problem 23. Aşağıdaki kompleks sayıların her birini trigonometrik olarak ifade ediniz.
(a) z  2  2 3i
(b) z  3  3i
Çözüm
(a)
z  a  bi kompleks sayısı verildiğinde
r  a 2  b 2 , a  r cos  ve b  r sin 
olmak üzere z kompleks sayısı trigonometrik olarak
a  bi  r cos   i sin  
şeklinde ifade edilir. Buna göre z  2  2 3i kompleks sayısı için
b
r  4 ve tan     3
a
2
olup buradan  
buluruz. O halde
3
2
2 

 2  2 3i  4  cos
 i sin

3
3 

şeklinde trigonometrik olarak ifade ederiz.
(b)
z  3  3i kompleks sayısını göz önüne aldığımızda
7
r  3 2 ve  
4
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
olduğu görülür. Buna göre verilen kompleks sayının trigonometrik gösterimi
7
7 

3  3i  3 2  cos
 i sin

4
4 

olarak bulunur.
Problem 24. Aşağıdaki
 

  
5
5 
4 cos 8  i sin 8   cos 8  i sin 8 
 

 
çarpımını hesaplayarak bulunan sonucu trigonometrik ve standart biçimde hesaplayınız.
Çözüm
Verilen çarpımın sonucu
 

  
5
5 
3
3 

4 cos 8  i sin 8   cos 8  i sin 8   4  cos 4  i sin 4 
 



 
şeklinde trigonometrik olarak bulunur. Bu kompleks sayının standart şekli  2 2  2 2i
olarak hesaplanır.
Problem 25.
bulunuz.

3 i

7
ifadesinin değerini De Moivre Teoremini kullanarak standart şekilde
Çözüm
De Moivre Teoreminden biliyoruz ki eğer k pozitif bir tamsayı ve
z  r cos   i sin  
trigonometrik şekilde bir kompleks sayı ise o zaman
z k  r k cos k  i sin k 
dır. a  3 ve b  1 olmak üzere
r  2 ve tan  
olup buradan  

6
olarak bulunur. O halde
1
3
3  i kompleks sayısının trigonometrik şekli



3  i  2  cos  i sin 
6
6

olup buna göre De Moivre Teoreminden


7
 

 
7
7 

3  i  2  cos  i sin   2 7  cos
 i sin

6
6 
6
6 

 
olarak buluruz. Bu trigonometrik gösterime sahip olan kompleks sayıyı a  bi standart
formunda yazacak olursak istenilen sonuç
7

olarak bulunur.
3 i

7
 64 3  64i
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
3 1
 i kompleks sayısının küp köklerini hesaplayınız.
2 2
Problem 26. z 
Çözüm
Her bir n  1 tamsayısı için sıfırdan farklı herhangi bir z  r cos   i sin   kompleks
sayısı C de tam olarak n farklı köke sahiptir ve bunlar k  0,1,2,..., n  1 için
  2k
  2k 

r n  cos
 i sin

n
n 

1
olarak verilir.
Buna göre verilen kompleks sayıyı trigonometrik formda yazalım.
3
1
r  1, cos  
ve sin  
2
2
olup buradan  

6
buluruz. O halde
3 1



 i  1 cos  i sin 
2 2
6
6

dır. Böylece z 
3 1
 i küp kökleri
2 2
cos

 i sin

18
18
13
13
cos
 i sin
18
18
25
25
cos
 i sin
18
18
olarak bulunur.
Problem 27. z 3  i  0 denkleminin çözümleri olan bütün kompleks sayıları bulunuz.
Bulunan bu kompleks sayıları a  bi şeklinde standart formda yazınız.
Çözüm
Öncelikle aşağıdaki gibi trigonometrik formda yazalım.



z 3  i  0  z 3  i  0  i   1 cos  i sin 
2
2

olup




 2k
  2k
z  1  cos 2
 i sin 2

3
3





eşitliğinden k  0,1,2 için aşağıdaki değerler bulunur.
1
3






KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK
cos

6
5
cos
6
3
cos
2
böylece istenen elde edilmiş olur.

3 1
 i
6
2 2
5
3 1
 i sin

 i
6
2 2
3
 i sin
 i
2
 i sin

Problem 28. C kompleks düzleminde bulunan G  z  C : 1  Im z  4 sonsuz şeridinin
açık küme olduğunu gösteriniz.
Çözüm
z 0  G , G de keyfi bir nokta olsun. Bu taktirde 1  Im z 0  4 eşitsizliği sağlanır. Bu
eşitsizlik bazı pozitif  sayıları için 1    Im z 0  4   olduğunu ifade eder. z  z 0   ise
bu taktirde Imz  z 0    olur ve sonuç olarak 1  Im z  4 olduğu elde edilir. Böylece G
kümesi bir z 0 ,   açık diskini içerir. Ayrıca verilen kümenin grafiği çizilerek açık bir
küme olduğu açıkça görülebilir.
 1
Problem 29. Her n  N için Gn   0,  olsun. nN Gn kesişimini bulunuz. Sonsuz
 n
sayıda açık kümenin kesişiminin açık olması gerekmediğini gösteriniz. C de açık kümelerin
bir koleksiyonunun tüm kesişimlerinin ne açık ne de kapalı olması gerekmediğine dair bir
örnek veriniz.
Çözüm

nN
Gn kesişimi sadece 0 noktasından ibarettir. Gerçekten, bu nokta her G n
1
kümesinde içerilir ve n  z için kompleks düzlemin diğer herhangi bir z noktası G n
kümelerinde içerilmez. Tek nokta kümesi herhangi bir açık disk içermediğinden açık küme
değildir. Bir önceki örnekte kesişim kapalı bir kümedir. Bu, açık kümelerin sonsuz kesişimi
için her zaman geçerli olan bir durum değildir. Örneğin; G n kümelerinin
1

 z  C : 1  Im z   açık şeritleri olduğunu farz edelim. G n kümelerinin kesişimleri
n

z  C : 1  Im z  0 yarı açık şerididir.
KOMPLEKS FONKSİYONLAR TEORİSİ UYGULAMA DERSİ
Dersin Sorumlusu: Dr. Necip ŞİMŞEK


Problem 30. A,C nin boş olmayan bir alt kümesi ve A kümesini A  w  C : w  A
şeklinde tanımlayalım. Böylece A kümesi A nın reel eksene göre yansımasından elde edilir.
A kümesinin açık küme olduğunu gösteriniz.
Çözüm
A nın açık olduğunu kabul edelim ve z  A olsun. Bu taktirde z A ve A açık
 
olduğundan D z , r  A olacak şekilde bazı r  0 sayıları vardır. İddia ediyoruz ki
Dz, r   A dır. Bunu görmek için
w  Dz, r  alalım. Bu taktirde w  z  r ve
 
w  z  w  z   w  z  r dir. Bu w  D z, r  A olduğunu belirtir ve böylece w  A
yani Dz, r   A dır. bu nedenle A açıktır.
Problem 31. a ve z kompleks sayıları D0,1   z : z  1  birim yuvarının elemanları ise
w
za
kompleks sayısının da bu birim yuvarın elemanı olacağını gösteriniz.
1 a z
Çözüm
 z  a  z  a 
za


w  w w  
2



1 a z 1 a z  1 a z
2
2
 
z  a  a  z a  z   a  z  2 Re a z
2
ve
2
2



2
 
1  a z  1  a z 1  a z  1  a z  2 Re a z
2
yazabiliriz. Böylece;
1 z  a  a z
2
1 ww 
2
1 a z
2
2
elde edilir. Böylece ispat tamamlanmış olur.
2
2
1  z 1  a   0

2
1 a z
2
2