37 Sıfırlar ve Kutuplar
Bir bölümün kutupları, paydanın sıfırlarından doğar. Bu bölümde önce sıfırların yapısını inceleyecek, sonra “\(m\)-inci mertebeden sıfır \(\Rightarrow\) \(m\)-inci mertebeden kutup” köprüsünü kuracağız. Sonunda basit kutuplar için, hesabı tek bir türev almaya indiren zarif bir formül elde edeceğiz.
37.1 Analitik Fonksiyonların Sıfırları
Tanım 37.1 (m-inci Mertebeden Sıfır) \(f\), \(z_0\)’da analitik olsun. Bir \(m\) doğal sayısı için \(f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0\) ve \(f^{(m)}(z_0) \neq 0\) ise, \(f\)’nin \(z_0\)’da \(m\)-inci mertebeden bir sıfırı vardır denir.
Teorem 37.1 (Sıfırların Karakterizasyonu) \(f\), \(z_0\)’da analitik olsun. \(f\)’nin \(z_0\)’da \(m\)-inci mertebeden bir sıfırı vardır ancak ve ancak \(z_0\)’da analitik ve sıfırdan farklı bir \(g\) fonksiyonu için
\[f(z) = (z - z_0)^m\,g(z) \tag{1}\]
yazılabiliyorsa.
İspat
(\(\Leftarrow\)) \((1)\) sağlansın. \(g\), \(z_0\)’da analitik olduğundan bir \(|z - z_0| < \varepsilon\) komşuluğunda Taylor serisine sahiptir; \((1)\)’de yerine konursa
\[f(z) = g(z_0)(z - z_0)^m + \frac{g'(z_0)}{1!}(z - z_0)^{m+1} + \frac{g''(z_0)}{2!}(z-z_0)^{m+2} + \cdots\]
Bu, \(f\) için bir Taylor açılımıdır; tekliğinden katsayılar okunur:
\[f(z_0) = f'(z_0) = \cdots = f^{(m-1)}(z_0) = 0, \qquad f^{(m)}(z_0) = m!\,g(z_0) \neq 0\]
(\(\Rightarrow\)) \(f\)’nin \(z_0\)’da \(m\)-inci mertebeden sıfırı olsun. Taylor açılımının ilk \(m\) katsayısı sıfırdır:
\[f(z) = \sum_{n=m}^{\infty} \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}(z - z_0)^n = (z - z_0)^m\left[\frac{f^{(m)}(z_0)}{m!} + \frac{f^{(m+1)}(z_0)}{(m+1)!}(z - z_0) + \cdots\right]\]
Köşeli parantez içindeki kuvvet serisi \(|z - z_0| < \varepsilon\)’da yakınsadığından toplamı orada analitiktir; bu toplamı \(g(z)\) olarak adlandırırsak \((1)\) elde edilir ve
\[g(z_0) = \frac{f^{(m)}(z_0)}{m!} \neq 0\]
\(\blacksquare\)
Örnek 37.1 (Polinomun Sıfırı) \(f(z) = z^3 - 8 = (z - 2)(z^2 + 2z + 4)\) polinomunun \(z_0 = 2\)’de birinci mertebeden bir sıfırı vardır: \((1)\) gösteriminde \(g(z) = z^2 + 2z + 4\) tamdır ve \(g(2) = 12 \neq 0\)’dır. Aynı sonuç türevlerden de okunur: \(f(2) = 0\) ve \(f'(2) = 12 \neq 0\).
Örnek 37.2 (İkinci Mertebeden Sıfır) \(f(z) = z\big(e^z - 1\big)\) tam fonksiyonunun \(z_0 = 0\)’da ikinci mertebeden bir sıfırı vardır:
\[f(0) = 0, \qquad f'(0) = 0, \qquad f''(0) = 2 \neq 0\]
\((1)\) gösteriminde \(f(z) = (z - 0)^2 g(z)\) olur; burada
\[g(z) = \begin{cases} \dfrac{e^z - 1}{z}, & z \neq 0 \\[2mm] 1, & z = 0 \end{cases}\]
tam fonksiyonudur (kuvvet serileriyle işlemler bölümünde tamlığı gösterilmişti).
37.2 Sıfırlar Ayrıktır
Teorem 37.2 (Sıfırların Ayrıklığı) \(f\), \(z_0\)’da analitik ve \(f(z_0) = 0\) olsun. \(f\), \(z_0\)’ın hiçbir komşuluğunda özdeş olarak sıfır değilse, \(z_0\)’ın delinmiş bir \(0 < |z - z_0| < \varepsilon\) komşuluğunda \(f(z) \neq 0\)’dır.
İspat
\(f\)’nin \(z_0\)’daki türevlerinin tümü sıfır olsaydı, Taylor katsayılarının tümü sıfır olurdu ve \(f\), \(z_0\)’ın bir komşuluğunda özdeş sıfır olurdu — hipoteze aykırı. Demek ki sonlu bir \(m\) mertebesi vardır ve Teorem 37.1 gereği
\[f(z) = (z - z_0)^m g(z), \qquad g(z_0) \neq 0\]
\(g\), \(z_0\)’da analitik olduğundan süreklidir; sıfırdan uzak kalma özelliğiyle \(g(z) \neq 0\) olan bir \(|z - z_0| < \varepsilon\) komşuluğu vardır. Bu komşulukta \((z - z_0)^m\) çarpanı da yalnız \(z_0\)’da sıfırlanır; sonuç olarak delinmiş komşulukta \(f(z) \neq 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
Bu teorem, tek türlü belirlenme bölümünde ödünç aldığımız “yerel gerçeği” gerekçelendirir ve şu güçlü sonucu verir:
Teorem 37.3 (Bir Doğru Parçasında Sıfırlanmak) \(f\), \(z_0\)’ın bir \(N_0\) komşuluğunda analitik olsun. \(z_0\)’ı içeren bir \(D\) domeninin ya da bir \(L\) doğru parçasının her noktasında \(f(z) = 0\) ise, \(f\) tüm \(N_0\) boyunca özdeş olarak sıfırdır.
İspat
Aksi hâlde Teorem 37.2 gereği \(z_0\)’ın, her yerinde \(f(z) \neq 0\) olan delinmiş bir komşuluğu bulunurdu; bu ise \(D\) (ya da \(L\)) üzerinde \(f\)’nin sıfırlanmasıyla çelişir. Demek ki \(f\), \(z_0\)’ın bir \(N\) komşuluğunda özdeş sıfırdır. O zaman Taylor katsayılarının tümü
\[a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!} = 0\]
olur ve seri \(N_0\)’ın tamamında \(f\)’yi temsil ettiğinden \(f \equiv 0\)’dır.
\(\blacksquare\)
37.3 Sıfırlardan Kutuplara
Teorem 37.4 (Sıfırlar Kutup Üretir) \(p\) ve \(q\) fonksiyonları \(z_0\)’da analitik olsun. \(p(z_0) \neq 0\) ve \(q\)’nun \(z_0\)’da \(m\)-inci mertebeden bir sıfırı varsa, \(\dfrac{p(z)}{q(z)}\) bölümünün \(z_0\)’da \(m\)-inci mertebeden bir kutbu vardır.
İspat
\(q\)’nun \(z_0\)’da sıfırı olduğundan Teorem 37.2 gereği \(z_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(q(z) \neq 0\)’dır; yani \(z_0\), bölümün ayrık tekil noktasıdır. Teorem 37.1 ise
\[q(z) = (z - z_0)^m g(z), \qquad g(z_0) \neq 0\]
verir. Böylece
\[\frac{p(z)}{q(z)} = \frac{\varphi(z)}{(z - z_0)^m}, \qquad \varphi(z) = \frac{p(z)}{g(z)} \tag{2}\]
\(\varphi\), \(z_0\)’da analitik ve \(\varphi(z_0) \neq 0\) olduğundan kutup karakterizasyonu gereği \(z_0\), \(m\)-inci mertebeden bir kutuptur.
\(\blacksquare\)
Örnek 37.3 (İkinci Mertebeden Kutup) \(p(z) = 1\) ve \(q(z) = z(e^z - 1)\) alalım. Örnek 37.2’de \(q\)’nun orijinde ikinci mertebeden sıfırı olduğu görülmüştü; Teorem 37.4 gereği
\[\frac{1}{z\big(e^z - 1\big)}\]
fonksiyonunun orijinde ikinci mertebeden bir kutbu vardır. Önceki bölümde aynı sonuca seri hesabıyla ulaşmıştık.
37.4 Basit Kutuplar İçin Rezidü Formülü
Teorem 37.5 (p/q’ Formülü) \(p\) ve \(q\), \(z_0\)’da analitik olsun. Eğer
\[p(z_0) \neq 0, \qquad q(z_0) = 0, \qquad q'(z_0) \neq 0\]
ise \(z_0\), \(\dfrac{p(z)}{q(z)}\) bölümünün bir basit kutbudur ve
\[\operatorname*{Rez}_{z = z_0} \frac{p(z)}{q(z)} = \frac{p(z_0)}{q'(z_0)} \tag{3}\]
İspat
Koşullar, \(q\)’nun \(z_0\)’da \(m = 1\) mertebeden sıfırı olduğunu söyler; Teorem 37.4 gereği \(z_0\) bir basit kutuptur. Teorem 37.1 ile
\[q(z) = (z - z_0)\,g(z), \qquad g(z_0) \neq 0 \tag{4}\]
\((2)\) gösterimi \(m = 1\) için \(\varphi(z) = \dfrac{p(z)}{g(z)}\) verir ve basit kutup rezidü formülü uygulanır:
\[\operatorname*{Rez}_{z = z_0} \frac{p(z)}{q(z)} = \varphi(z_0) = \frac{p(z_0)}{g(z_0)}\]
Son olarak \((4)\) türetilip \(z = z_0\) konursa \(q'(z_0) = g(z_0)\) çıkar; yerine yazıldığında \((3)\) elde edilir.
\(\blacksquare\)
\((3)\) formülü, paydayı çarpanlara ayırmayı ya da Laurent serisi yazmayı gereksiz kılar: payda bir kez türetilir, hepsi bu. Özellikle \(\sin z\), \(\cos z\), \(e^z - 1\) gibi transandant paydalarda — çarpanlara ayırmanın mümkün olmadığı durumlarda — tek pratik yol budur.
37.5 Çözümlü Uygulamalar
Örnek 37.4 (Kotanjantın Tüm Rezidüleri) \(f(z) = \cot z = \dfrac{\cos z}{\sin z}\) fonksiyonunun tekil noktalarını ve rezidülerini bulunuz.
Çözüm
Tekil noktalar, paydanın sıfırlarıdır: \(z = n\pi\) \((n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)\). \(p(z) = \cos z\) ve \(q(z) = \sin z\) için
\[p(n\pi) = (-1)^n \neq 0, \qquad q(n\pi) = 0, \qquad q'(n\pi) = \cos n\pi = (-1)^n \neq 0\]
Her biri basit kutuptur ve \((3)\) formülüyle
\[B_n = \frac{p(n\pi)}{q'(n\pi)} = \frac{(-1)^n}{(-1)^n} = 1\]
Sonsuz çoklukta tekil noktanın rezidüsü tek hamlede bulundu.
\(\blacksquare\)
Örnek 37.5 (tanh z / z² Rezidüsü) \(f(z) = \dfrac{\tanh z}{z^2} = \dfrac{\sinh z}{z^2 \cosh z}\) fonksiyonunun \(z = \dfrac{\pi i}{2}\) noktasındaki rezidüsünü bulunuz.
Çözüm
\(z = \pi i/2\) noktası \(\cosh z\)’nin bir sıfırıdır. \(p(z) = \sinh z\) ve \(q(z) = z^2\cosh z\) alalım:
\[p\!\left(\frac{\pi i}{2}\right) = \sinh\frac{\pi i}{2} = i\sin\frac{\pi}{2} = i \neq 0\]
\[q\!\left(\frac{\pi i}{2}\right) = 0, \qquad q'(z) = 2z\cosh z + z^2 \sinh z\]
\[q'\!\left(\frac{\pi i}{2}\right) = \left(\frac{\pi i}{2}\right)^2 \sinh\frac{\pi i}{2} = -\frac{\pi^2}{4}\,i \neq 0\]
(İlk terim \(\cosh(\pi i/2) = 0\) olduğu için düştü.) Basit kutuptur ve
\[B = \frac{p(\pi i/2)}{q'(\pi i/2)} = \frac{i}{-\dfrac{\pi^2}{4}i} = -\frac{4}{\pi^2}\]
\(\blacksquare\)
Örnek 37.6 (Dördüncü Dereceden Paydada) \(f(z) = \dfrac{z}{z^4 + 4}\) fonksiyonunun \(z_0 = \sqrt{2}\,e^{i\pi/4} = 1 + i\) noktasındaki rezidüsünü bulunuz.
Çözüm
\(z_0\), \(z^4 + 4\) polinomunun bir sıfırıdır. \(p(z) = z\) ve \(q(z) = z^4 + 4\) için
\[p(z_0) = z_0 \neq 0, \qquad q(z_0) = 0, \qquad q'(z_0) = 4z_0^3 \neq 0\]
Basit kutuptur ve
\[B_0 = \frac{z_0}{4z_0^3} = \frac{1}{4z_0^2} = \frac{1}{4(1+i)^2} = \frac{1}{8i} = -\frac{i}{8}\]
Kutup karakterizasyon teoremiyle de bulunabilirdi, ama \(\varphi\) fonksiyonunu kurmak için paydayı dört lineer çarpana ayırmak gerekirdi — bu yol çok daha kısadır.
\(\blacksquare\)
\((3)\) formülü yalnızca basit kutuplar içindir. Daha yüksek mertebeler için benzer formüller yazılabilir, ancak uzundurlar ve pratikte kullanışlı değildirler; o durumlarda kutup karakterizasyon teoremi veya doğrudan Laurent açılımı tercih edilir.
37.6 Alıştırma
Alıştırma 37.1 (Sıfır ve Kutup Alıştırmaları)
\(\dfrac{z}{\sin z}\) fonksiyonunun \(z = 0\)’daki tekilliğinin kaldırılabilir olduğunu gösteriniz.
\(\dfrac{e^z}{z^2 + \pi^2}\) fonksiyonunun \(z = \pi i\)’deki rezidüsünü \((3)\) formülüyle hesaplayınız.
\(\dfrac{1}{\cos z}\) fonksiyonunun tekil noktalarını ve her birindeki rezidüyü bulunuz.
\(\dfrac{z^{1/4}}{z+1}\) \(\big(r > 0,\ 0 < \theta < 2\pi\big)\) dalı için \(z = -1\)’deki rezidüyü hesaplayınız.
Çözüm
a) Payda \(\sin z\)’nin \(z = 0\)’daki sıfırı basittir: \(\sin 0 = 0\) ama \(\cos 0 = 1 \neq 0\)’dır. Pay olan \(z\) fonksiyonunun da \(z = 0\)’da basit sıfırı vardır. Aynı mertebeden iki sıfır bölümde birbirini götürür; bunu açılımla görelim:
\[\frac{z}{\sin z} = \frac{z}{z - \dfrac{z^3}{6} + \cdots} = \frac{1}{1 - \dfrac{z^2}{6} + \cdots}\]
Sağ taraf \(z = 0\)’da tanımlı ve analitiktir; limit sonludur:
\[\lim_{z \to 0}\frac{z}{\sin z} = 1\]
Sonlu limit, tekilliğin kaldırılabilir olduğunu söyler: \(f(0) = 1\) tanımlanırsa fonksiyon \(|z| < \pi\) diskinde analitik olur.
b) Paydayı \(q(z) = z^2 + \pi^2\) yazalım. \(q(\pi i) = -\pi^2 + \pi^2 = 0\) ve \(q'(\pi i) = 2\pi i \neq 0\) olduğundan \(z = \pi i\), paydanın basit sıfırıdır; pay \(p(z) = e^z\) orada sıfırdan farklıdır. Basit kutuplar için \(p/q'\) formülü uygulanır:
\[\operatorname{Rez}_{z=\pi i}\frac{e^z}{z^2+\pi^2} = \frac{p(\pi i)}{q'(\pi i)} = \frac{e^{\pi i}}{2\pi i} = \frac{-1}{2\pi i}\]
Sonucu sadeleştirelim; \(\dfrac{1}{i} = -i\) olduğundan
\[\frac{-1}{2\pi i} = \frac{-1}{2\pi}\cdot\frac{1}{i} = \frac{-1}{2\pi}(-i) = \frac{i}{2\pi}\]
c) Tekil noktalar paydanın sıfırlarıdır. Kompleks kosinüsün sıfırları reel eksendekilerle aynıdır:
\[\cos z = 0 \iff z = \frac{\pi}{2} + n\pi \qquad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)\]
Bu noktalarda \(q'(z) = -\sin z\) değeri sıfırdan farklıdır (\(\sin\) ile \(\cos\) ortak sıfıra sahip olamaz), dolayısıyla hepsi basit kutuptur. \(p \equiv 1\) ile
\[\operatorname{Rez}_{z = \frac{\pi}{2}+n\pi}\frac{1}{\cos z} = \frac{1}{-\sin\left(\dfrac{\pi}{2} + n\pi\right)}\]
Payda değerini hesaplayalım: \(\sin\left(\frac{\pi}{2} + n\pi\right) = \cos(n\pi) = (-1)^n\). Böylece
\[\operatorname{Rez} = \frac{1}{-(-1)^n} = (-1)^{n+1}\]
Rezidüler ardışık kutuplarda işaret değiştirir: \(z = \pi/2\)’de \(-1\), \(z = 3\pi/2\)’de \(+1\), \(z = 5\pi/2\)’de \(-1\), \(\dots\)
d) Verilen dalda \(z^{1/4} = \sqrt[4]{r}\,e^{i\theta/4}\) \((0 < \theta < 2\pi)\) fonksiyonu, \(z = -1\) noktasının bir komşuluğunda analitiktir (kesim pozitif reel eksendedir, \(-1\) oradan uzaktır). Fonksiyon \(\dfrac{\varphi(z)}{z+1}\) biçimindedir ve \(\varphi(z) = z^{1/4}\) olduğundan \(z = -1\) basit kutuptur; rezidü \(\varphi(-1)\)’dir.
\(z = -1\) için seçilen dalda \(r = 1\) ve \(\theta = \pi\)’dir:
\[\varphi(-1) = \sqrt[4]{1}\,e^{i\pi/4} = \cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4} = \frac{1 + i}{\sqrt{2}}\]
Dalın seçimi sonucu değiştirir: \(\theta\) aralığı \(2\pi < \theta < 4\pi\) olan dalda \(\theta = 3\pi\) alınır ve rezidü \(e^{i3\pi/4}\) olurdu.
\(\blacksquare\)
Üç tekillik tipini tanıdık ve rezidüleri hesaplamayı öğrendik. Sınıflandırmayı tamamlamak için son bir soru kalıyor: fonksiyon, her tip tekil noktaya yaklaşırken nasıl davranır? Tekil noktalarda davranış.