35 Cauchy Rezidü Teoremi ve Sonsuzdaki Rezidü
Bir çevrenin içinde birden çok tekil nokta varsa, integral bunların katkılarının toplamıdır. Cauchy rezidü teoremi bu gözlemi kesinleştirir ve kompleks analizin hesap gücünü zirveye taşır: karmaşık integraller, birkaç seri katsayısının toplamına indirgenir.
35.1 Cauchy Rezidü Teoremi
Teorem 35.1 (Cauchy Rezidü Teoremi) \(C\), pozitif yönlü basit kapalı bir çevre olsun. Bir \(f\) fonksiyonu, \(C\)’nin içindeki sonlu sayıda \(z_k\) \((k = 1, 2, \dots, n)\) tekil noktası hariç, \(C\)’nin içinde ve üzerinde analitikse
\[\int_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname*{Rez}_{z = z_k} f(z) \tag{1}\]
İspat
Her \(z_k\) noktasını merkez alan, birbirlerini kesmeyecek ve tamamen \(C\)’nin içinde kalacak kadar küçük, pozitif yönlü \(C_k\) çemberleri çizelim.
Bu çemberler, \(C\) ile birlikte çok bağlantılı bir kapalı bölgenin sınırını oluşturur: \(C\)’nin içinde ve her \(C_k\)’nın dışında kalan bölge. \(f\), bu bölgenin tamamında analitiktir. Çok bağlantılı domenler için Cauchy-Goursat teoremi uygulanır:
\[\int_C f(z)\,dz - \sum_{k=1}^{n} \int_{C_k} f(z)\,dz = 0\]
Her \(C_k\) tek bir tekil nokta çevrelediğinden rezidü tanımı geçerlidir:
\[\int_{C_k} f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = z_k} f(z) \qquad (k = 1, 2, \dots, n)\]
İki ifade birleştirildiğinde \((1)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
Örnek 35.1 (İki Tekil Noktalı İntegral) \(C\), pozitif yönlü \(|z| = 2\) çemberi olmak üzere
\[\int_C \frac{5z - 2}{z(z-1)}\,dz\]
integralini hesaplayınız.
Çözüm
İntegrandın iki ayrık tekil noktası \(z = 0\) ve \(z = 1\)’dir; ikisi de \(C\)’nin içindedir. İki rezidüyü Laurent açılımlarından okuyalım.
\(z = 0\)’daki rezidü. \(0 < |z| < 1\) delinmiş diskinde, \(\dfrac{1}{1-z} = 1 + z + z^2 + \cdots\) açılımıyla
\[\frac{5z-2}{z(z-1)} = \frac{5z-2}{z}\cdot\frac{-1}{1 - z} = \left(5 - \frac{2}{z}\right)\big(-1 - z - z^2 - \cdots\big)\]
Sağ taraftaki çarpımda \(1/z\)’nin katsayısı, \(-\dfrac{2}{z}\) ile \(-1\)’in çarpımından gelir: \(B_1 = 2\).
\(z = 1\)’deki rezidü. \(0 < |z - 1| < 1\) delinmiş diskinde, pay ve payda \(z - 1\) cinsinden yazılır:
\[\begin{aligned} \frac{5z - 2}{z(z-1)} &= \frac{5(z-1) + 3}{z - 1}\cdot\frac{1}{1 + (z-1)}\\[1mm] &= \left(5 + \frac{3}{z-1}\right)\Big[1 - (z-1) + (z-1)^2 - \cdots\Big] \end{aligned}\]
\(\dfrac{1}{z-1}\)’in katsayısı \(B_2 = 3\)’tür. Teorem gereği
\[\int_C \frac{5z-2}{z(z-1)}\,dz = 2\pi i\,(B_1 + B_2) = 2\pi i (2 + 3) = 10\pi i\]
Kısa yol. İntegrand basit kesirlere ayrılırsa hesap tek satıra iner:
\[\frac{5z - 2}{z(z-1)} = \frac{2}{z} + \frac{3}{z - 1}\]
\(\dfrac{2}{z}\) ifadesi \(0 < |z| < 1\) için zaten bir Laurent serisidir ve rezidüsü \(2\)’dir; \(\dfrac{3}{z-1}\) ifadesi de \(z = 1\) civarında rezidüsü \(3\) olan bir Laurent serisidir. Sonuç aynıdır.
\(\blacksquare\)
35.2 Sonsuzdaki Rezidü
Tekil nokta sayısı arttıkça teorem hantallaşır. Bazen tek bir rezidü hesabıyla kurtulmak mümkündür — yeter ki “sonsuzdaki” davranışa bakmayı bilelim.
\(f\), pozitif yönlü basit kapalı bir \(C\) çevresinin içindeki sonlu sayıda tekil nokta hariç sonlu düzlemde analitik olsun. \(R_1\), \(C\) çevresi \(|z| = R_1\) çemberinin içinde kalacak kadar büyük bir pozitif sayı olsun; o zaman \(f\), \(R_1 < |z| < \infty\) domeninde analitiktir ve \(z_0 = \infty\), \(f\)’nin ayrık bir tekil noktasıdır.
Tanım 35.1 (Sonsuzdaki Rezidü) \(C_0\), \(R_0 > R_1\) olmak üzere negatif yönlü \(|z| = R_0\) çemberi olsun. \(f\)’nin sonsuzdaki rezidüsü
\[\int_{C_0} f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = \infty} f(z) \tag{2}\]
eşitliğiyle tanımlanır. Yönün negatif seçilmesi, tıpkı sonlu düzlemdeki tanımda olduğu gibi, dolaşılırken tekil noktanın — burada sonsuzdaki noktanın — solda kalmasını sağlar.
\(f\), \(C\) ile \(C_0\) arasındaki kapalı bölgede analitik olduğundan yolun deformasyonu ilkesi şunu verir:
\[\int_C f(z)\,dz = \int_{-C_0} f(z)\,dz = -\int_{C_0} f(z)\,dz\]
Yani \((2)\) tanımıyla
\[\int_C f(z)\,dz = -2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = \infty} f(z) \tag{3}\]
Bu rezidüyü hesaplamak için \(f\)’nin \(R_1 < |z| < \infty\) halkasındaki Laurent serisini yazalım:
\[f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} c_n z^n, \qquad c_n = \frac{1}{2\pi i}\int_{-C_0} \frac{f(z)\,dz}{z^{n+1}} \tag{4}\]
\((4)\) açılımında \(z\) yerine \(1/z\) yazılıp sonuç \(1/z^2\) ile çarpılırsa
\[\frac{1}{z^2}\,f\!\left(\frac{1}{z}\right) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac{c_n}{z^{n+2}} = \sum_{n = -\infty}^{\infty} \frac{c_{n-2}}{z^{n}} \qquad \left(0 < |z| < \frac{1}{R_1}\right)\]
elde edilir. Bu son serideki \(1/z\) katsayısı \(c_{-1}\)’dir; yani
\[c_{-1} = \operatorname*{Rez}_{z = 0}\left[\frac{1}{z^2}\,f\!\left(\frac{1}{z}\right)\right]\]
Öte yandan \((4)\)’te \(n = -1\) konursa \(c_{-1} = \dfrac{1}{2\pi i}\displaystyle\int_{-C_0} f(z)\,dz\), yani \((2)\) tanımıyla karşılaştırıldığında
\[\operatorname*{Rez}_{z = \infty} f(z) = -\operatorname*{Rez}_{z = 0}\left[\frac{1}{z^2}\,f\!\left(\frac{1}{z}\right)\right] \tag{5}\]
Teorem 35.2 (Tek Rezidüyle İntegral) Bir \(f\) fonksiyonu, pozitif yönlü basit kapalı bir \(C\) çevresinin içindeki sonlu sayıda tekil nokta hariç sonlu düzlemde her yerde analitikse
\[\int_C f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname*{Rez}_{z = 0}\left[\frac{1}{z^2}\,f\!\left(\frac{1}{z}\right)\right] \tag{6}\]
İspat
\((3)\) ve \((5)\) eşitlikleri yan yana konur; iki eksi işareti birbirini götürür.
\(\blacksquare\)
Teorem, integrandın çevre içinde çok sayıda tekil noktası olduğunda büyük kolaylık sağlar: hepsini tek tek bulmak yerine tek bir rezidü hesaplanır. Bu, aslında bir muhasebe eşitliğidir — sonlu düzlemdeki tüm rezidülerin toplamı ile sonsuzdaki rezidünün toplamı sıfırdır.
Örnek 35.2 (Aynı İntegral, Tek Rezidü) Örnek 35.1 integralini sonsuzdaki rezidüyle yeniden hesaplayınız.
Çözüm
\(f(z) = \dfrac{5z - 2}{z(z-1)}\) için
\[\frac{1}{z^2}f\!\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{1}{z^2}\cdot\frac{\dfrac{5}{z} - 2}{\dfrac{1}{z}\left(\dfrac{1}{z} - 1\right)} = \frac{5 - 2z}{z(1 - z)}\]
\(0 < |z| < 1\) için geometrik açılımla
\[\frac{5 - 2z}{z(1-z)} = \left(\frac{5}{z} - 2\right)\big(1 + z + z^2 + \cdots\big) = \frac{5}{z} + 3 + 3z + \cdots\]
\(1/z\)’nin katsayısı \(5\)’tir. \((6)\) formülüyle
\[\int_C \frac{5z-2}{z(z-1)}\,dz = 2\pi i\,(5) = 10\pi i\]
İki rezidü yerine bir tanesi hesaplandı ve sonuç Örnek 35.1 ile aynı çıktı.
\(\blacksquare\)
Örnek 35.3 (Çok Tekil Noktalı İntegral) \(C\), pozitif yönlü \(|z| = 2\) çemberi olmak üzere
\[\int_C \frac{4z - 5}{z(z - 1)}\,dz\]
integralini iki yöntemle de hesaplayınız.
Çözüm
Rezidü teoremiyle. Basit kesirlere ayıralım:
\[\frac{4z - 5}{z(z-1)} = \frac{5}{z} - \frac{1}{z - 1}\]
Rezidüler \(5\) ve \(-1\); toplam \(4\) ve integral \(8\pi i\)’dir.
Sonsuzdaki rezidüyle.
\[\begin{aligned} \frac{1}{z^2}f\!\left(\frac{1}{z}\right) &= \frac{1}{z^2}\cdot\frac{\dfrac{4}{z} - 5}{\dfrac{1}{z}\left(\dfrac{1}{z} - 1\right)} = \frac{4 - 5z}{z(1 - z)}\\[1mm] &= \left(\frac{4}{z} - 5\right)\big(1 + z + \cdots\big) = \frac{4}{z} - 1 + \cdots \end{aligned}\]
\(1/z\)’nin katsayısı \(4\)’tür ve \((6)\) formülü yine \(8\pi i\) verir.
\(\blacksquare\)
35.3 Alıştırma
Alıştırma 35.1 (Rezidü Teoremi Alıştırmaları) \(C\), pozitif yönlü \(|z| = 3\) çemberi olmak üzere aşağıdaki integralleri hesaplayınız.
\(\displaystyle\int_C \frac{3z + 2}{z(z - 2)}\,dz\)
\(\displaystyle\int_C \frac{z^3\,e^{1/z}}{1 + z^3}\,dz\) (sonsuzdaki rezidüyü kullanınız)
\(\displaystyle\int_C \frac{dz}{z^3(z + 4)}\)
Çözüm
a) İntegrandın tekil noktaları \(z = 0\) ve \(z = 2\)’dir; ikisi de \(|z| = 3\) çemberinin içindedir. Her ikisi de basit kutup olduğundan rezidüler, kalan çarpanın o noktadaki değeridir:
\[\operatorname{Rez}_{z=0} \frac{3z+2}{z(z-2)} = \frac{3\cdot 0 + 2}{0 - 2} = -1\]
\[\operatorname{Rez}_{z=2} \frac{3z+2}{z(z-2)} = \frac{3\cdot 2 + 2}{2} = 4\]
Rezidü teoremi rezidülerin toplamını ister:
\[\int_C \frac{3z+2}{z(z-2)}\,dz = 2\pi i\,(-1 + 4) = 6\pi i\]
b) İntegrandın tekil noktaları \(z = 0\) (esaslı, \(e^{1/z}\) yüzünden) ve \(1 + z^3 = 0\) denkleminin kökleridir; bu köklerin modülü \(1\) olduğundan hepsi çemberin içindedir.
Dört noktada da rezidü hesaplamak yerine sonsuzdaki rezidü formülünü kullanalım: \(f\), \(|z| \ge 3\) bölgesinde analitik olduğundan
\[\int_C f(z)\,dz = 2\pi i \operatorname{Rez}_{z=0}\left[\frac{1}{z^2}f\!\left(\frac{1}{z}\right)\right]\]
Önce \(f(1/z)\) ifadesini sadeleştirelim:
\[f\!\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{\dfrac{1}{z^3}\,e^{z}}{1 + \dfrac{1}{z^3}} = \frac{e^z}{z^3 + 1}\]
Buna \(1/z^2\) çarpanını ekleyelim:
\[\frac{1}{z^2}f\!\left(\frac{1}{z}\right) = \frac{e^z}{z^2\big(1 + z^3\big)}\]
Başlangıç civarındaki açılımı yazalım; \(\dfrac{1}{1+z^3} = 1 - z^3 + \cdots\) olduğundan
\[\frac{e^z}{1+z^3} = \left(1 + z + \frac{z^2}{2} + \cdots\right)\big(1 - z^3 + \cdots\big) = 1 + z + \frac{z^2}{2} + \cdots\]
\(z^2\)’ye bölersek
\[\frac{e^z}{z^2\big(1+z^3\big)} = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{z} + \frac{1}{2} + \cdots\]
Rezidü \(1\)’dir. Sonuç:
\[\int_C \frac{z^3 e^{1/z}}{1+z^3}\,dz = 2\pi i \cdot 1 = 2\pi i\]
c) Tekil noktalar \(z = 0\) (üçüncü mertebeden kutup) ve \(z = -4\)’tür; ikincisi çemberin dışındadır, dolayısıyla yalnızca başlangıç katkı yapar. \(\dfrac{1}{z+4}\) çarpanını başlangıç civarında açalım:
\[\frac{1}{z+4} = \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{1 + \dfrac{z}{4}} = \frac{1}{4}\left(1 - \frac{z}{4} + \frac{z^2}{16} - \cdots\right)\]
\(z^3\)’e bölelim:
\[\frac{1}{z^3(z+4)} = \frac{1}{4z^3} - \frac{1}{16z^2} + \frac{1}{64z} - \cdots\]
Rezidü, \(1/z\)’nin katsayısı olan \(\dfrac{1}{64}\)’tür:
\[\int_C \frac{dz}{z^3(z+4)} = 2\pi i \cdot \frac{1}{64} = \frac{\pi i}{32}\]
\(\blacksquare\)
Rezidüyü bulmak için her seferinde Laurent açılımı yazmak zahmetlidir. Tekil noktaları sınıflandırarak çok daha hızlı formüller elde edebiliriz: tekil nokta türleri.