31 Laurent Serileri
Taylor teoremi, fonksiyonun merkezde analitik olmasını istiyordu. Peki merkez bir tekil noktaysa? Laurent’in yanıtı, seriyi negatif kuvvetlerle genişletmektir. Bu genişleme sadece bir hesap kolaylığı değildir: negatif kuvvetlerin katsayıları, tekil noktaların sınıflandırılmasını ve rezidü kuramının tamamını taşıyacaktır.
31.1 Laurent Teoremi
Teorem 31.1 (Laurent Teoremi) \(f\) fonksiyonu, \(z_0\) merkezli \(R_1 < |z - z_0| < R_2\) halka domeni üzerinde analitik olsun ve \(C\), \(z_0\)’ı çevreleyen, bu domende kalan pozitif yönlü herhangi bir basit kapalı çevreyi göstersin. O zaman domenin her noktasında \(f(z)\) şu seri temsiline sahiptir:
\[f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n (z - z_0)^n + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_n}{(z - z_0)^n} \qquad \big(R_1 < |z - z_0| < R_2\big) \tag{1}\]
Katsayılar
\[a_n = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)\,dz}{(z - z_0)^{n+1}} \quad (n = 0, 1, 2, \dots) \tag{2}\]
\[b_n = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)\,dz}{(z - z_0)^{-n+1}} \quad (n = 1, 2, \dots) \tag{3}\]
İspat
\(z_0 = 0\) durumunu kuralım; genel durum, Taylor teoremindeki gibi kaydırma ile çıkar.
\(r_1 \le |z| \le r_2\) kapalı halka bölgesini, \(z\) noktasını ve \(C\) çevresini içerecek biçimde \(R_1 < r_1 < r_2 < R_2\) seçelim. \(C_1\) ve \(C_2\) sırasıyla \(|z| = r_1\) ve \(|z| = r_2\) pozitif yönlü çemberleri olsun. Ayrıca \(z\) merkezli, halka bölgesinin içinde kalan küçük pozitif yönlü bir \(\gamma\) çemberi alalım.
\(f(s)/(s - z)\) fonksiyonu, \(C_2\) ile \(C_1\) ve \(\gamma\) arasında kalan çok bağlantılı bölgede analitiktir; çok bağlantılı domenler için Cauchy-Goursat teoremi gereği
\[\int_{C_2} \frac{f(s)\,ds}{s - z} - \int_{C_1} \frac{f(s)\,ds}{s - z} - \int_{\gamma} \frac{f(s)\,ds}{s - z} = 0\]
Üçüncü integralin değeri Cauchy integral formülüne göre \(2\pi i\,f(z)\)’dir. Böylece
\[f(z) = \frac{1}{2\pi i}\int_{C_2} \frac{f(s)\,ds}{s - z} + \frac{1}{2\pi i}\int_{C_1} \frac{f(s)\,ds}{z - s} \tag{5}\]
Birinci integral. Taylor teoreminin ispatındaki açılım aynen kullanılır:
\[\frac{1}{s - z} = \sum_{n=0}^{N-1} \frac{1}{s^{n+1}}\,z^n + z^N\,\frac{1}{(s-z)s^N}\]
İkinci integral. Aynı özdeşlikte \(s\) ile \(z\)’nin rolleri değiştirilir:
\[\frac{1}{z - s} = \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{s^{-n+1}}\cdot\frac{1}{z^n} + \frac{1}{z^N}\cdot\frac{s^N}{z - s}\]
İki açılım \(f(s)/(2\pi i)\) ile çarpılıp sırasıyla \(C_2\) ve \(C_1\) üzerinde integrallenir ve \((5)\)’te yerine konursa
\[f(z) = \sum_{n=0}^{N-1} a_n z^n + \rho_N(z) + \sum_{n=1}^{N} \frac{b_n}{z^n} + \sigma_N(z) \tag{6}\]
elde edilir; burada \(a_n\) ve \(b_n\) teoremdeki katsayılar (\(C\) yerine sırasıyla \(C_2\) ve \(C_1\) ile), kalanlar ise
\[\rho_N(z) = \frac{z^N}{2\pi i}\int_{C_2} \frac{f(s)\,ds}{(s - z)s^N}, \qquad \sigma_N(z) = \frac{1}{2\pi i\,z^N}\int_{C_1} \frac{s^N f(s)\,ds}{z - s}\]
Kalanların sönmesi. \(|z| = r\) yazalım (\(r_1 < r < r_2\)) ve \(M\), \(|f(s)|\)’nin \(C_1\) ile \(C_2\) üzerindeki maksimum değeri olsun. \(s \in C_2\) için \(|s - z| \ge r_2 - r\), \(s \in C_1\) için \(|z - s| \ge r - r_1\) olduğundan ML eşitsizliği
\[\big|\rho_N(z)\big| \le \frac{M r_2}{r_2 - r}\left(\frac{r}{r_2}\right)^N, \qquad \big|\sigma_N(z)\big| \le \frac{M r_1}{r - r_1}\left(\frac{r_1}{r}\right)^N\]
verir. \(r/r_2 < 1\) ve \(r_1/r < 1\) olduğundan iki kalan da \(N \to \infty\) iken sıfıra gider ve \((6)\), teoremdeki \((1)\) açılımına dönüşür.
Çevrelerin değiştirilmesi. \(C_1\) ve \(C_2\) yerine, halkada kalan ve \(z_0\)’ı çevreleyen herhangi bir \(C\) çevresi kullanılabilir; bu yolun deformasyonu ilkesinin doğrudan sonucudur. Böylece katsayılar \((2)\) ve \((3)\) biçimini alır.
\(\blacksquare\)
İkinci toplamda \(n\) yerine \(-n\) yazılırsa iki seri tek bir toplamda birleşir:
\[f(z) = \sum_{n = -\infty}^{\infty} c_n (z - z_0)^n, \qquad c_n = \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)\,dz}{(z - z_0)^{n+1}} \tag{4}\]
Bu iki biçimin her birine \(f\)’nin Laurent serisi denir.
\((3)\) integralindeki integrand \(f(z)(z - z_0)^{n-1}\) biçiminde yazılabilir. \(f\), \(|z - z_0| < R_2\) diskinin tamamında analitikse bu integrand da analitiktir ve Cauchy-Goursat teoremi gereği tüm \(b_n\) katsayıları sıfırdır. Ayrıca \(a_n\) katsayıları genişletilmiş Cauchy integral formülüyle \(f^{(n)}(z_0)/n!\) değerine indirgenir: seri, Taylor serisine dönüşür.
Halkanın uçları da esnektir: \(f\), yalnız \(z_0\)’da analitik değilse \(R_1\) istendiği kadar küçük seçilebilir ve temsil delinmiş diskte \(0 < |z - z_0| < R_2\) geçerli olur. \(f\), \(|z - z_0| = R_1\) çemberinin dışında her yerde analitikse geçerlilik koşulu \(R_1 < |z - z_0| < \infty\) biçimini alır.
31.2 Çözümlü Uygulamalar
Laurent katsayıları, integral gösterimlerine başvurmak yerine, çoğunlukla bilinen açılımlarda değişken değiştirilerek bulunur.
Örnek 31.1 (e^{1/z} Açılımı) \(e^{1/z}\) fonksiyonunun \(0 < |z| < \infty\) halkasındaki Laurent serisini bulunuz.
Çözüm
Maclaurin açılımında \(z\) yerine \(1/z\) yazmak yeterlidir:
\[e^{1/z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!\,z^n} = 1 + \frac{1}{1!\,z} + \frac{1}{2!\,z^2} + \frac{1}{3!\,z^3} + \cdots \qquad (0 < |z| < \infty)\]
\(z\)’nin pozitif kuvvetleri hiç görünmez: \(a_0 = 1\) dışında tüm \(a_n\) katsayıları (\(n \ge 1\)) sıfırdır. \(1/z\)’nin katsayısı ise \(b_1 = 1\)’dir ve Laurent teoremine göre bu katsayı
\[b_1 = \frac{1}{2\pi i}\int_C e^{1/z}\,dz\]
sayısıdır (\(C\), orijini çevreleyen pozitif yönlü herhangi bir basit kapalı çevre). Buradan hesaplanması güç görünen bir integral bedavaya gelir:
\[\int_C e^{1/z}\,dz = 2\pi i\]
Bu teknik — bir integrali seri katsayısından okumak — rezidü kuramının çekirdeğidir.
\(\blacksquare\)
Örnek 31.2 (Zaten Laurent Biçiminde) \(f(z) = \dfrac{1}{(z - i)^2}\) fonksiyonu, \(z_0 = i\) için hâlihazırda bir Laurent serisidir:
\[\frac{1}{(z-i)^2} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} c_n (z - i)^n \qquad \big(0 < |z - i| < \infty\big)\]
Burada \(c_{-2} = 1\) ve diğer bütün katsayılar sıfırdır. Katsayı formülü \((4)\) tersinden okunursa, \(C\) merkezi \(i\) olan pozitif yönlü herhangi bir çember olmak üzere
\[\int_C \frac{dz}{(z - i)^{n+3}} = \begin{cases} 2\pi i, & n = -2 \\ 0, & n \neq -2 \end{cases}\]
sonucu doğrulanır — temel integrallerle uyumludur.
31.3 Aynı Fonksiyon, Üç Farklı Halka
Bir fonksiyonun Laurent serisi halkaya bağlıdır: aynı fonksiyon, farklı halkalarda tamamen farklı açılımlara sahiptir. Klasik örnek şudur:
\[f(z) = \frac{-1}{(z - 1)(z - 2)} = \frac{1}{z - 1} - \frac{1}{z - 2} \tag{7}\]
Tekil noktalar \(z = 1\) ve \(z = 2\); dolayısıyla \(f\), orijin merkezli üç ayrı domende analitiktir:
\[D_1: |z| < 1, \qquad D_2: 1 < |z| < 2, \qquad D_3: 2 < |z| < \infty\]
Üç açılımın hepsi, tek bir geometrik seriden türetilir:
\[\frac{1}{1 - z} = \sum_{n=0}^{\infty} z^n \qquad (|z| < 1) \tag{8}\]
Örnek 31.3 (D₁ Bölgesi: Maclaurin Serisi) \(z \in D_1\) iken \(|z| < 1\) ve \(|z/2| < 1\)’dir; \((7)\) ifadesini bu iki koşula uygun biçimde yazalım:
\[f(z) = -\frac{1}{1 - z} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 - (z/2)}\]
\((8)\) açılımıyla
\[f(z) = -\sum_{n=0}^{\infty} z^n + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}} = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2^{n+1}} - 1\right) z^n \qquad (|z| < 1)\]
\(D_1\) bir disk olduğundan bu temsil, negatif kuvvet içermeyen bir Maclaurin serisidir.
Örnek 31.4 (D₂ Bölgesi: İki Yönlü Seri) \(z \in D_2\) iken \(\left|\dfrac{1}{z}\right| < 1\) ve \(\left|\dfrac{z}{2}\right| < 1\)’dir. Her terimi kendi koşuluna uygun düzenleyelim:
\[f(z) = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1 - (1/z)} + \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 - (z/2)}\]
\((8)\) açılımıyla
\[f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^{n+1}} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}}\]
Birinci toplamda indis kaydırılıp (\(n \to n-1\)) terimler standart sıraya konursa
\[f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{2^{n+1}} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{z^n} \qquad \big(1 < |z| < 2\big)\]
Bu, Laurent teoremindeki \((1)\) biçimidir: hem pozitif hem negatif kuvvetler vardır.
Örnek 31.5 (D₃ Bölgesi: Yalnızca Negatif Kuvvetler) \(z \in D_3\) iken \(\left|\dfrac{2}{z}\right| < 1\) ve dolayısıyla \(\left|\dfrac{1}{z}\right| < 1\)’dir:
\[f(z) = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1 - (1/z)} - \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1 - (2/z)}\]
\[f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{z^{n+1}} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{z^{n+1}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1 - 2^n}{z^{n+1}}\]
İndis kaydırılırsa standart biçim çıkar:
\[f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1 - 2^{n-1}}{z^n} \qquad \big(2 < |z| < \infty\big)\]
Bu halkada tüm \(a_n\) katsayıları sıfırdır.
“\(f\)’nin Laurent serisi” ifadesi tek başına eksiktir: hangi halkada sorusu yanıtlanmadan açılım belirsizdir. Yukarıdaki üç seri de aynı fonksiyona aittir ve üçü de doğrudur; her biri yalnızca kendi halkasında geçerlidir. Belirli bir halkada ise açılım tektir — bu tekliği kuvvet serileriyle işlemler bölümünde kanıtlayacağız.
31.4 Alıştırma
Alıştırma 31.1 (Laurent Serisi Alıştırmaları)
\(\dfrac{z + 1}{z}\) fonksiyonunun \(0 < |z| < \infty\) halkasındaki Laurent serisini yazınız.
\(z^3 \sin\dfrac{1}{z}\) fonksiyonunun \(0 < |z| < \infty\) halkasındaki açılımını bulunuz ve açılımda yalnızca çift kuvvetlerin göründüğünü, dolayısıyla \(1/z\) teriminin katsayısının sıfır olduğunu gösteriniz.
\(\dfrac{1}{z(z - 2)}\) fonksiyonunun \(0 < |z| < 2\) ve \(2 < |z| < \infty\) halkalarındaki Laurent serilerini bulunuz.
Çözüm
a) Bölmeyi yapmak yeterlidir:
\[\frac{z+1}{z} = \frac{z}{z} + \frac{1}{z} = 1 + \frac{1}{z}\]
Sağ taraf zaten bir Laurent serisidir: pozitif kuvvetli kısım \(1\) sabitinden, negatif kuvvetli kısım tek bir \(1/z\) teriminden oluşur. Açılım \(0 < |z| < \infty\) halkasının tamamında geçerlidir ve teklik teoremi gereği başka bir Laurent açılımı yoktur. Rezidü — yani \(1/z\)’nin katsayısı — \(1\)’dir.
b) Sinüsün Maclaurin serisi her argüman için geçerlidir; \(1/z\) yazalım (\(z \neq 0\)):
\[\sin\frac{1}{z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{1}{z}\right)^{2n+1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,z^{-(2n+1)}\]
\(z^3\) ile çarpmak üsleri üçer artırır:
\[z^3\sin\frac{1}{z} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,z^{3 - (2n+1)} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\,z^{2-2n}\]
İlk terimler:
\[z^3 \sin\frac{1}{z} = z^2 - \frac{1}{6} + \frac{1}{120}\cdot\frac{1}{z^2} - \frac{1}{5040}\cdot\frac{1}{z^4} + \cdots\]
Genel terimin üssü \(2 - 2n = 2(1-n)\) olduğundan her zaman çifttir; tek kuvvet hiç görünmez. Özel olarak \(z^{-1}\) terimi açılımda yer almaz, katsayısı sıfırdır:
\[2 - 2n = -1 \implies n = \frac{3}{2} \notin \{0, 1, 2, \dots\}\]
Rezidünün sıfır olması, \(\displaystyle\int_C z^3\sin\frac1z\,dz = 0\) demektir (\(C\), başlangıcı çevreleyen herhangi bir pozitif yönlü basit kapalı çevre).
c) Fonksiyonu iki çarpana ayıralım:
\[\frac{1}{z(z-2)} = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{z-2}\]
\(0 < |z| < 2\) halkasında \(|z/2| < 1\) olduğundan ikinci çarpanı \(z\)’nin kuvvetlerine açarız:
\[\frac{1}{z-2} = \frac{-1}{2 - z} = -\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1 - \dfrac{z}{2}} = -\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^n} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{2^{n+1}}\]
\(1/z\) ile çarpalım:
\[\frac{1}{z(z-2)} = -\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n-1}}{2^{n+1}} = -\frac{1}{2z} - \frac{1}{4} - \frac{z}{8} - \cdots\]
\(2 < |z| < \infty\) halkasında ise \(|2/z| < 1\)’dir; bu kez \(z\)’nin negatif kuvvetlerine açarız:
\[\frac{1}{z-2} = \frac{1}{z}\cdot\frac{1}{1 - \dfrac{2}{z}} = \frac{1}{z}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^n} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^{n+1}}\]
\(1/z\) ile çarpıp indisi \(m = n + 2\) ile kaydıralım:
\[\frac{1}{z(z-2)} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{z^{n+2}} = \sum_{m=2}^{\infty}\frac{2^{m-2}}{z^{m}} = \frac{1}{z^2} + \frac{2}{z^3} + \frac{4}{z^4} + \cdots\]
Aynı fonksiyonun iki halkada iki farklı açılımı olması çelişki değildir: Laurent serisi, merkezle birlikte halkaya da bağlıdır. Dış halkada hiç pozitif kuvvet bulunmaması, fonksiyonun sonsuzda sıfıra gitmesinin karşılığıdır.
\(\blacksquare\)
Seriler kurulduğuna göre onlarla güvenle hesap yapmayı öğrenmeliyiz: yakınsaklık nerede düzgündür, terim terime türetme ve integrasyon ne zaman geçerlidir? Kuvvet serilerinin yakınsaklığı bölümü bu soruları yanıtlıyor.