34 Ayrık Tekil Noktalar ve Rezidü
Cauchy-Goursat teoremi, analitik fonksiyonların kapalı çevre integralini sıfırlıyordu. Peki çevrenin içinde tekil noktalar varsa integral ne olur? Yanıt şaşırtıcı ölçüde basittir: her tekil nokta, integrale tek bir sayıyla katkı yapar — o noktadaki rezidü. Bu bölüm o sayıyı tanımlıyor.
34.1 Ayrık Tekil Noktalar
Tanım 34.1 (Ayrık Tekil Nokta) \(z_0\), \(f\)’nin bir tekil noktası olsun. \(f\)’nin her yerinde analitik olduğu delinmiş bir
\[0 < |z - z_0| < \varepsilon\]
komşuluğu varsa, \(z_0\)’a ayrık tekil nokta denir.
Örnek 34.1 (Ayrık Tekil Noktalar) \[f(z) = \frac{z + 1}{z^3\big(z^2 + 1\big)}\]
fonksiyonunun üç ayrık tekil noktası vardır: \(z = 0\) ve \(z = \pm i\). Her birinin, diğerlerini dışarıda bırakan yeterince küçük delinmiş bir komşuluğu bulunabilir.
Örnek 34.2 (Ayrık Olmayan Tekillikler) İki karşı örnek, kavramın sınırını gösterir.
Logaritmanın esas dalı. \(\operatorname{Log} z = \ln r + i\Theta\) \((r > 0,\ -\pi < \Theta < \pi)\) dalı için orijin bir tekil noktadır, ancak ayrık değildir: orijinin her delinmiş \(\varepsilon\)-komşuluğu, negatif reel eksen üzerinde fonksiyonun tanımlı bile olmadığı noktalar içerir. Aynı gözlem \(\log z\)’nin diğer dalları için de geçerlidir; dal kesimi boyunca tekillik bir çizgi hâlindedir.
Sıfırların yığıldığı nokta. \(f(z) = \dfrac{1}{\sin(\pi/z)}\) fonksiyonunun tekil noktaları \(z = 0\) ve \(z = \dfrac{1}{n}\) \((n = \pm 1, \pm 2, \dots)\) noktalarıdır. \(z = 0\) dışındakilerin hepsi ayrıktır; \(z = 0\) ise ayrık değildir, çünkü herhangi bir \(\varepsilon > 0\) için \(m > 1/\varepsilon\) koşulunu sağlayan bir \(m\) doğal sayısı seçilerek \(0 < 1/m < \varepsilon\) elde edilir — yani orijinin her delinmiş komşuluğu başka tekil noktalar barındırır.
Bu ünitede, bir \(C\) basit kapalı çevresinin içinde sonlu sayıda tekil nokta bulunan fonksiyonlarla çalışacağız. Böyle noktaların tamamı zorunlu olarak ayrıktır ve her birinin, tamamen \(C\)’nin içinde kalan yeterince küçük delinmiş komşulukları vardır.
\(f\), bir \(R_1 > 0\) sayısı için \(R_1 < |z| < \infty\) domeninde analitikse, \(z_0 = \infty\) noktasına \(f\)’nin bir ayrık tekil noktası denir. Bu kavramı bir sonraki bölümde, integralleri tek bir rezidüyle hesaplamak için kullanacağız.
34.2 Rezidü
\(z_0\), \(f\)’nin ayrık bir tekil noktası olsun; o zaman \(f\)’nin bir \(0 < |z - z_0| < R_2\) delinmiş diskinde analitik olduğu bir \(R_2\) vardır ve Laurent teoremi uygulanır:
\[f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n + \frac{b_1}{z - z_0} + \frac{b_2}{(z - z_0)^2} + \cdots \tag{1}\]
Katsayıların integral gösteriminde \(n = 1\) alınırsa
\[b_1 = \frac{1}{2\pi i}\int_C f(z)\,dz \tag{2}\]
elde edilir; burada \(C\), delinmiş diskte kalan ve \(z_0\)’ı çevreleyen pozitif yönlü herhangi bir basit kapalı çevredir.
Tanım 34.2 (Rezidü) \((1)\) açılımında \(\dfrac{1}{z - z_0}\) teriminin katsayısı olan \(b_1\) sayısına, \(f\)’nin \(z_0\) ayrık tekil noktasındaki rezidüsü denir:
\[b_1 = \operatorname*{Rez}_{z = z_0} f(z)\]
\((2)\) eşitliği tersine okunursa, integral hesabı için son derece güçlü bir araç doğar:
\[\int_C f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = z_0} f(z) \tag{3}\]
\((3)\) formülünün pratik anlamı şudur: bir çevre integralini hesaplamak yerine, integrandın Laurent açılımında tek bir katsayıyı bulmak yeterlidir. Açılımı bulmanın yolu ise tekliğin sağladığı serbestliktir — bilinen açılımlarda değişken değiştirmek çoğu zaman en kısa yoldur.
34.3 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 34.3 (Rezidüyle İntegral) \(C\), pozitif yönlü birim çember \(|z| = 1\) olmak üzere
\[\int_C z^2 \sin\!\left(\frac{1}{z}\right) dz\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
İntegrand, \(z = 0\) dışında sonlu düzlemin her yerinde analitiktir; \(0 < |z| < \infty\) halkasında geçerli bir Laurent serisi vardır. Sinüsün Maclaurin serisinde \(z\) yerine \(1/z\) yazıp \(z^2\) ile çarpalım:
\[z^2\sin\!\left(\frac{1}{z}\right) = z^2\left(\frac{1}{z} - \frac{1}{3!}\cdot\frac{1}{z^3} + \frac{1}{5!}\cdot\frac{1}{z^5} - \cdots\right) = z - \frac{1}{3!}\cdot\frac{1}{z} + \frac{1}{5!}\cdot\frac{1}{z^3} - \cdots\]
\(1/z\)’nin katsayısı aranan rezidüdür: \(b_1 = -\dfrac{1}{3!} = -\dfrac{1}{6}\). \((3)\) formülüyle
\[\int_C z^2\sin\!\left(\frac{1}{z}\right) dz = 2\pi i\left(-\frac{1}{6}\right) = -\frac{\pi i}{3}\]
\(\blacksquare\)
Örnek 34.4 (Sıfır Rezidü, Sıfır İntegral) Aynı \(C\) çemberi için
\[\int_C \exp\!\left(\frac{1}{z^2}\right) dz = 0\]
olduğunu gösteriniz.
Çözüm
Üstel fonksiyonun açılımında \(z\) yerine \(1/z^2\) yazalım:
\[\exp\!\left(\frac{1}{z^2}\right) = 1 + \frac{1}{1!}\cdot\frac{1}{z^2} + \frac{1}{2!}\cdot\frac{1}{z^4} + \frac{1}{3!}\cdot\frac{1}{z^6} + \cdots \qquad (0 < |z| < \infty)\]
Yalnızca çift negatif kuvvetler görünür; \(1/z\)’nin katsayısı sıfırdır, yani \(z = 0\)’daki rezidü \(b_1 = 0\)’dır. \((3)\) formülü integralin sıfır olduğunu verir.
Bu örnek önemli bir ayrımı vurgular: bir fonksiyonun \(C\)’nin içinde ve üzerinde analitik olması, integralin sıfır olması için yeterlidir ama gerekli değildir. Burada integrand \(z = 0\)’da analitik olmadığı hâlde integral sıfır çıkmıştır.
\(\blacksquare\)
Örnek 34.5 (Kaydırılmış Merkez) \(C\), pozitif yönlü \(|z - 2| = 1\) çemberi olmak üzere
\[\int_C \frac{dz}{z\,(z-2)^4}\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
İntegrandın tekil noktaları \(z = 0\) ve \(z = 2\)’dir; yalnızca \(z = 2\) çemberin içindedir. O hâlde \(z = 2\) merkezli, \(0 < |z - 2| < 2\) delinmiş diskinde geçerli Laurent açılımı gerekir.
Paydayı \(z = (z - 2) + 2\) ile yeniden yazalım:
\[\frac{1}{z(z-2)^4} = \frac{1}{(z-2)^4}\cdot\frac{1}{2 + (z - 2)} = \frac{1}{2(z-2)^4}\cdot\frac{1}{1 - \left(-\dfrac{z-2}{2}\right)}\]
Geometrik açılım \(\left|\dfrac{z-2}{2}\right| < 1\), yani \(0 < |z - 2| < 2\) koşuluyla uygulanır:
\[\frac{1}{z(z-2)^4} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2^{n+1}}\,(z - 2)^{n - 4} \qquad \big(0 < |z-2| < 2\big)\]
\(\dfrac{1}{z-2}\) terimi \(n - 4 = -1\), yani \(n = 3\) için doğar; katsayısı
\[\operatorname*{Rez}_{z = 2} \frac{1}{z(z-2)^4} = \frac{(-1)^3}{2^4} = -\frac{1}{16}\]
Sonuç:
\[\int_C \frac{dz}{z(z-2)^4} = 2\pi i\left(-\frac{1}{16}\right) = -\frac{\pi i}{8}\]
\(\blacksquare\)
34.4 Alıştırma
Alıştırma 34.1 (Rezidü Alıştırmaları) \(C\), pozitif yönlü \(|z| = 3\) çemberi olmak üzere aşağıdaki integralleri rezidü yardımıyla hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_C \frac{e^{-z}}{z^2}\,dz\)
\(\displaystyle\int_C \frac{e^{-z}}{(z-1)^2}\,dz\)
\(\displaystyle\int_C z\,e^{1/z}\,dz\)
\(\displaystyle\int_C \frac{z+1}{z^2 - 2z}\,dz\) (iki tekil nokta için ayrı ayrı rezidü bulunuz)
Çözüm
Her şıkta yöntem aynıdır: integrandın çember içindeki tekil noktası etrafında Laurent açılımı yazılır, \(1/(z - z_0)\) teriminin katsayısı okunur ve \(2\pi i\) ile çarpılır.
a) Tek tekil nokta \(z = 0\)’dır ve içeridedir. \(e^{-z}\) açılımını \(z^2\)’ye bölelim:
\[\frac{e^{-z}}{z^2} = \frac{1}{z^2}\left(1 - z + \frac{z^2}{2!} - \cdots\right) = \frac{1}{z^2} - \frac{1}{z} + \frac{1}{2} - \cdots\]
Rezidü, \(1/z\)’nin katsayısıdır: \(b_1 = -1\). Böylece
\[\int_C \frac{e^{-z}}{z^2}\,dz = 2\pi i\,(-1) = -2\pi i\]
b) Tekil nokta \(z = 1\)’dir (\(|1| < 3\)). \(w = z - 1\) yazalım; \(e^{-z} = e^{-(w+1)} = e^{-1}e^{-w}\) olduğundan
\[\frac{e^{-z}}{(z-1)^2} = \frac{e^{-1}}{w^2}\left(1 - w + \frac{w^2}{2!} - \cdots\right) = e^{-1}\left(\frac{1}{w^2} - \frac{1}{w} + \frac{1}{2} - \cdots\right)\]
Rezidü \(b_1 = -e^{-1}\)’dir:
\[\int_C \frac{e^{-z}}{(z-1)^2}\,dz = 2\pi i\left(-\frac{1}{e}\right) = -\frac{2\pi i}{e}\]
c) \(z = 0\) esaslı bir tekil noktadır; açılımı doğrudan yazalım:
\[z\,e^{1/z} = z\left(1 + \frac{1}{z} + \frac{1}{2!\,z^2} + \frac{1}{3!\,z^3} + \cdots\right) = z + 1 + \frac{1}{2z} + \frac{1}{6z^2} + \cdots\]
Rezidü \(b_1 = \dfrac{1}{2}\)’dir:
\[\int_C z\,e^{1/z}\,dz = 2\pi i \cdot \frac{1}{2} = \pi i\]
d) Paydayı çarpanlarına ayıralım: \(z^2 - 2z = z(z-2)\). İki tekil nokta da (\(z = 0\) ve \(z = 2\)) çemberin içindedir.
\(z = 0\) civarında \(\dfrac{z+1}{z-2}\) çarpanı analitiktir; basit kutupta rezidü, bu çarpanın noktadaki değeridir (bu kural tekil nokta türleri bölümünde gerekçelendirilecek; şimdilik aşağıdaki basit kesir ayrışımından da okunabilir):
\[\operatorname{Rez}_{z=0} = \frac{0+1}{0-2} = -\frac{1}{2}\]
\(z = 2\) civarında ise \(\dfrac{z+1}{z}\) çarpanı analitiktir:
\[\operatorname{Rez}_{z=2} = \frac{2+1}{2} = \frac{3}{2}\]
İntegrali hesaplamak için bulunan rezidüler basit kesir ayrışımının katsayılarıdır:
\[\frac{z+1}{z(z-2)} = \frac{-1/2}{z} + \frac{3/2}{z-2}\]
Her iki terimin integrali de deformasyon ilkesiyle \(2\pi i\) verdiğinden
\[\int_C \frac{z+1}{z^2-2z}\,dz = -\frac{1}{2}\,(2\pi i) + \frac{3}{2}\,(2\pi i) = 2\pi i\left(-\frac{1}{2} + \frac{3}{2}\right) = 2\pi i\]
Rezidülerin toplanması tesadüf değildir; bir sonraki bölümün teoremi bunu genel kural hâline getirecek.
\(\blacksquare\)
Son alıştırma, bir sonraki adımı işaret ediyor: çevrenin içinde birden çok tekil nokta varsa ne olur? Yanıt sadedir ve bu kuramın taç teoremidir — Cauchy rezidü teoremi.