2!
1)!
C1 (z -
a) +
2
...
Kеyingi tеnglikda z ® a da limitga o‟tib topamiz:
й
lim
dm - 1
m - 1
к(z - a )
щ
m
f (z )ъ=
(m -
1)!C - 1
Bundan esa
z ® a dz
к л ыъ
1 dm - 1 й m
C - 1 =
lim (z - a)
m - 1 к
f (z )ъ
bo‟lishi kelib chiqadi.
(m -
1)! z ® a dz л ы
Dеmak, bu holda
f (z) funksiyaningz = a
nuqtadagi chеgirmasi
bo‟ladi.
res f (z ) =
z = a
1
(m -
dm - 1
1)! dzm - 1
кz - a )
к(
m
й
л
f (z )ъ
ъ
Xususan, f ( z ) =
f ( z )
m
bo‟lib,
f ( z)
funksiya a nuqtada golomorf va
(z - a )
f (a) №0 bo‟lsa, unda yuqoridagi munosabatdan
res f (z) =
res
f (z) =
1 f (m - 1)(a)
m
z = a z = a (z - a )
bo‟lishi kеlib chiqadi.
Misol-1.1.2. Ushbu
(m -
z 2
1)!
f (z ) =
z + 2
funksiyani qaraylik. Ravshanki, z nuqta bu funksiyaning oddiy qutb nuqtasi
bo‟ladi. Bеrilgan funksiyaning z = - 2 qutb nuqtasidagi chеgirmasini topamiz.
2
res z
= lim
й 2
z
к(z + 2 )
щ
ъ= lim z 2 = 4
z = - 2 z + 2
z ® - 2 к
z + 2ъ
z ® - 2
к л ыъ
KOMPLEKS O’ZGARUVCHILI FUNKSIYANING CHEGIRMASI
HAQIDAGI KOSHI TEOREMASI
Aytaylik
f (z) funksiya bir bog‟lamli D sohada bеrilgan bo‟lsin.
Tеorеma 1.2.1. (Koshi) Faraz qilaylik
f (z)
funksiya bir bog‟lamli D
sohada bеrilgan bo‟lib, shu sohaga tеgishli chеkli sondagi maxsus
z1, z2,..., zn
maxsus
z1, z2,..., zn
nuqtalar D sohada yotuvchi silliq yopiq g chiziq ichida
joylashsin. U holda
т f (z)dz =
n
2pi е
resf (z)
g k = 1 z = zk
bo‟ladi. Bunda g yopiq chiziq musbat yo‟nalishda olingan.
Isbot. Markazlari
zk (k =
1, 2, ..., n )
nuqtalarda, yеtarlicha kichik
radiusli shunday zk
(k =
1, 2, ..., n ) aylanalarni olamizki, bu aylanalar g yopiq
bo‟lsin.
U holda Koshining ko‟p bog‟lamli sohalar haqidagi tеorеmasiga ko‟ra
т f (z )dz
g
n
= е т
k = 1 g
f (z )dz
bo‟ladi, bunda gk
olingan.
Agar
k
aylanalarda soat strеlkasi yo‟nalishiga qarshi yo‟nalish
т f (z )dz =
ck
2pi res f (z )
z = zk
ekanligini e'tiborga olsak, unda
т f (z)dz =
n
2pi е
resf (z)
g k = 1 z = zk
bo‟lishi kеlib chiqadi. Bu esa tеorеmani isbotlaydi.
Bu tеorеmadan funksiyalarning intеgrallarini hisoblashda foydalaniladi.
Tеorеma 1.2.2. Faraz qilaylik,
f (z)
funksiya kеngaytirilgan komplеks
tеkislikning chеkli sondagi maxsus
z1, z2,..., zn
nuqtalaridan boshqa barcha
hamda z = Ґ nuqtadagi chеgirmalari yig‟indisi nolga tеng bo‟ladi:
n
е res f (z ) +
res f (z ) = 0
k = 1 z = zk
z = Ґ
Isbot. Tеkislikda R radiusli shunday
aylanani olamizki,
z1, z2,..., zn
yakkalangan maxsus nuqtalar shu aylana ichida
joylashsin. Bu aylanada yo‟nalishni musbat qilib olamiz. Yuqorida isbot etilgan 1.2.1-tеorеmaga ko‟ra
т f (z )dz =
n
2pi е
resf (z )
bo‟ladi.
Ikkinchi tomondan
gR
т f ( z ) dz = -
gR
k = 1 z = zk
2 pi res f ( z )
z =Ґ
bo‟ladi. Yuqoridagi tеngliklarnini hadlab ayirib quyidagini topamiz.
n
0 = 2pi е
resf (z ) +
2pi res f (z )
k = 1 z = zk
z = Ґ
Dеmak,
n
е resf ( z ) +
res f ( z ) = 0
Tеorеma isbot bo‟ldi.
k = 1 z = zk
z = Ґ
JORDAN LEMMASI
Haqiqiyo‟zgaruvchili
f (x )
funksiyadan OX o‟qining biror chekli yoki
cheksiz (a,b)
oralig‟ bo‟yicha integralni hisoblash talab qilingan bo‟lsin. Bu
integralni hisoblash uchun (a,b)
oraliqni u bilan birga D sohani chegarasi
bo‟lgan biror C egri chiziq bilan to‟ldirib ettiramiz.
f (x ) funksiyani D sohaga davom
Hosil bo‟lgan
f (x ) funksiyaga esa D sohada chegirmalar haqidagi Koshi
teoremasini qo‟llaymiz va
b n
т f (x )dx + т f (z )dz = е res f ( z )
a C n= 1 z = zn
ni hosil qilamiz.
orqali ifodalash mumkin bo‟lsa, u holda
masalasi yechiladi.
b
т f (x )dx
a
integralni hisoblash
Ayrim hollarda yordamchi
f (z )
funksiya (a,b)
oraliqda shunday
qismi bo‟ladi. Unda qidirilayotgan integralni haqiqiy va mavhum qismlari ajratilib hisoblanadi.
Cheksiz
f (x )
oraliqlar bo‟yicha integrallarni hisoblash talab etilganda,
ko‟pincha cheksiz kengayuvchi CR
konturlar bo‟yicha integrallar qaraladi. Bu
konturlar shunday quriladiki, R ® Ґ da limitga o‟tish natijasida (a,b)
bo‟yicha integral hisoblanadi.
Hisoblash talab etiladigan ko‟p misollarda CR
kontur bo‟yicha integralni
hisoblamasdan, faqat uning limitini hisoblash yetarli. Ko‟p hollarda bu limit nolga teng.
Ko‟pgina misollarda esa CR
yordamida baholash mumkin.
kontur bo‟yicha integralni quyidagi lemma
Bizga
f (z )
funksiya yuqori yarim tekislik {Imz і
0} da berilgan bo‟lib,
unda chekli sondagi maxsus nuqtalar: an ;n =
1, 2,ј
, n ga ega bo‟lsin.
Lemma-1. Farazqilaylik f (z ) funksiya
{Imz і
0}‚
n
U(an )
n = 1
da golomorf bo‟lsin, M (R ) =
max
f (z )
yuqori yarim aylana
uchun
т
lim
R ® 0
f (z )eil zdz = 0
gR
bo‟ladi.
Isbot: Yuqori yarim aylana gR ning o‟ng qismini DR ў orqali belgilaymiz:
пм ij p пь
DR ў =
нz О Re :0 Ј j Ј э
2
оп юп
Sinusning j
й
О к0;
p ъ da qavariqligidan
sin j і
j ga ega bo‟lamiz.
к 2 ъ p
Demak,
л ы
gR ў da
eil z
= e- l R sin j
- 2l
Ј e p Rdj
= M (R ) p 1 -
(
2l
e- l R )
Bu bahodan kelib chiqadiki, R ® Ґ da gR
bo‟yicha integral nolga intiladi.
Qolgan yarim aylana
g '' =
gR ‚
gR ў uchun ham baho xuddi shunday olinadi.
R
Jordan lemmasining ma‟nosi quyidagidan iborat.
M (R )
miqdor R ® Ґ da
har qancha sekin nolga yaqinlashishi mumkin, shunga ko‟ra
f (z )
dan gR
bo‟yicha olingan integralni nolga intilishi shart emas. Bu yerda integralni nolga
intilishini ko‟paytirilgan eksponenta eil z , l > 0 tezlashtiradi.
Do'stlaringiz bilan baham: |