Қр білім және ғылым министрлігі



Pdf көрінісі
бет5/7
Дата31.03.2017
өлшемі0,63 Mb.
#10769
1   2   3   4   5   6   7

29. 

2

C



z d z;

AB





2

A

B



y

x ,


z

0,

z



1 i



 



30. 

C

z z d z;


L



z



4,

Re z


0



  ,  



0;

2



  және  



0; 2

 нүктелерінің арасы. 



 

 

9 есеп 

Коши  теоремасын  немесе  тұйық  контурға  арналған  Коши  формуласын  қолданып  интегралды 

есепте: 

1.  



2

3

C



z

d z,


C : z

4

z



2





2.  



3



2

C

z



d z,

C : z


3

z

2







3.  

2

C



sin z

d z,


C : z

4

z



7z 10





4.  



2

C

cos z



d z,

C : z


2

z i






5. 

 

z



5

C

e



d z,

z

i



2







   


C : z 3i

2





6. 

 

z i


2

C

e



d z,

z

i



2







   


C : z 1

2





7.  

2

C

d z



, C : z

2i

3



z

9







8.  



2

2

C



d z

, C : z


2i

2

z



9





9.  

3

C



sh z

d z, C : z

2

z

i



2









10. 



z

4

C



e d z

,

z



2



     



2

2

x



2

C :


y

1

4







11. 

z

2



C

e d z


, C : z i

5

z



9





12. 

2

C



sin z

,

C : z



i

2,5


z

9







25 

Математика және МОӘ / 2014-2015 оқу жылы/Алданов Е.С./5В0109000-математика 

 

13. 



2

2

C



d z

,

C : z



4

z

4







14. 

z i


2

C

e d z



, C : z

2,5


z

4





15. 



z

2

C



z e

d z


,

C : z 1


3

z i


 




16. 



z

2

C



e d z

,

C : z



4

z

i



z

 





17. 



z



2

C

e d z



,

z 1 z


      



C : z 1

0,7




18. 



z

C

e d z



,

C : z


2,5

z 1 z






19. 



4

C

d z



, C : z 3

2,5


z 1 z





20. 

2

C



z 1

d z, C : z

3

z

4







21. 

z i

C

e d z



, C : z 1

3

z



i

2

 











22. 



2

2

C



sin z

d z,


C : z

2

z 1







23. 



i z

5

C



e

d z,


C : z

4

z



 






24. 



2

C

cos z



d z,

C : z


1

2z 1








25. 

3

2



C

z

d z, z



i

2,5


z

1







26. 



z

2

2



C

e d z


,

z

2



z

2z 1








27. 



z

2

z



e d z

z z


2





28. 



1

2

2



z

d z


z z

1







29. 

z

1



z 3

2

e d z



sin z

 






30. 

2

2



z 1 2

sin z


3

dz

z



2 z

 


 






 

ТЕЙЛОРА және ЛОРАН қатарлары 

 

Егер   


f (z)

  функциясы 

z

R, 0


R



 


a

  дөңгелегінің  ішінде  аналитикалық  болса, 

онда ол осы дөңгелектің ішінде Тейлор қатарына жіктеледі: 

2

0



1

2

f (z)



A

A (z


)

A (z


)

...






a

a

  немесе    

n

n

n 0



f (z)

A (z


)





a

 



26 

Математика және МОӘ / 2014-2015 оқу жылы/Алданов Е.С./5В0109000-математика 

 

мұндағы,   



(n )

n

n 1



C

f

( )



1

f (z)


A

d z, n


0, 1, 2, ...

n!

2 i



(z

)







a

a

(). 



Егер  

f (z)


функциясы 

r

z



R





a

,  


0

r

R



 

 


сақинасында аналитикалық болса, онда 

ол осы сақинада Лоран қатарына жіктеледі: 

 

2

3



2

1

0



1

2

3



2

A

A



A

f (z)


...

A

A (z



)

A (z


)

...


(z

)

(z



)

z













a

a

a

a

a

 

 



немесе                                               

n

n



f (z)

A (z


)







a

 



где                           

n

n 1



C

1

f (z)



A

d z, n


0, 1,

2, ...


2 i

(z

)









a

         

 

(



C

 – центрі  



a

r



z

R





a

 сақинасының ішіне тиісті кез-келген шеңбер ). 

 

1



2

3

2



3

A

A



A

...


z

(z

)



(z

)









a



a

a

 

 



қатары 

Лоран 


қатарының 

бас 


бөлігі, 

ал  


2

3

0



1

2

3



A

A (z


)

A (z


)

A (z


)

...








a

a

a

    қатары  Лоран  қатарының  дұрыс  бөлігі  деп 

аталады.. 

Тейлор және Лоран қатарларына жіктелу тек жалғыз.  

 

 

Мысалы  15. 



f (z)

функциясының 

z

дәрежелері  бойынша 



D

облысындағы Тейлор  немесе  Ло-

ран қатарын жазыңдар:  

            а)  



1



f (z)

,

D z



3 ;

3 z




 

б)  


2



1

f (z)


, D z

1 ;


(z

i)



 



в)  



z

f (z)


, D 1

z

2 .



(z 1) (z

2i)




 



Шешуі.  а) 

1

f (z)



3 z



 функциясының 

z

3



 облысындағы дәрежелік қатары Лоран қатары 

болады, себебі,  берілген функция аналитикалық болатын облыс сақина болып табылады:  

3

z



 


f (z)


функциясын келесі түрде жазайық:  

1

1 z



f (z)

3 z


1 3 z

 





z  

нүктесінің  маңайында 

3 z

1



теңсіздігі  орындалады,  сондықтан 

1 z


1 3 z

  бөлшегін   



бірінші  мүшесі 

1

1 z





a

,  еселігі 

q

3 z


  болатын  ақырсыз  кемімелі  геометриялық  прогрессияның 

қосындысы түрінде жазуға болады: 


27 

Математика және МОӘ / 2014-2015 оқу жылы/Алданов Е.С./5В0109000-математика 

 

2

n



n

2

3



n 1

n 1


n 0

1

3



3

3

3



f (z)

...


...

z

z



z

z

z







 





 





 

б) 



2

1

f (z)



(z

i)



  функциясының 

z

1



 облысындағы жіктелуі Тейлор қатары болады, себебі 

бұл функция аналитикалық болатын облыс дөңгелек. 

Тейлор қатарының коэффициенттерін анықтайық: 

2

3



4

f (z)


(z i) ; f (z)

2(z i) ; f (z)

( 2)( 3)(z i) ; ...;







 



 


 



 

(n )


n

(n 2)


f

(z)


( 1) (n 1) ! (z i)

; ... .


 



 



 

n 2


(n )

n

(n 2)



n

n

z 0



n 2

n 2


i

f

(z)



( 1) (n 1) ! i

( 1) (n 1) !

i (n 1) !.

i

i







 

 



 


 



 

2

1



f (z)

(z

i)



 функциясының 



z

1



 облысындағы Тейлор қатары былай жазылады. 

n 2


n

2

n



n

n

n



n 0

n 0


n 0

(n 1)! i


z

f (z)


(n 1) i i z

(n 1)i z .

n!











 



 



 

в) 


z

f (z)


(z 1) (z

2i)




 функциясының 

1

z



2



  облысындағы  облысындағы дәрежелік 

қатары  Лоран  қатары  болады,  себебі,    берілген  функция  аналитикалық  болатын  облыс  сақина  болып 

табылады:  

1

r



2



f (z)


 функциясын қарапайым бөлшектерге жіктейміз: 

z

A



B

1 2i


4 2i

f (z)


,

A

,



B

,

(z 1)(z



2i)

z 1


z

2i

5



5









 

және 


1

z

2



ескеріп, мынаны жазуға болады  



A

B

1 z



1 2i

f (z)


A

B

.



z 1

z

2i



1 1 z

1 z 2i






 



Сондықтан, 

n

n



n

n 1


n 1

n 1


n 0

n 0


( 1)

( 1)


z

f (z)


A

B

,



z

2

i











  мұндағы  

1 2i

4 2i


A

,

B



5

5







Мысалы  16. 



2

1

f (z)



z

3



функциясын  Лоран  немесе  Тейлор  қатарына  келесі  нүктелердің 

маңайында жіктеу керек: а) 

0

z



1;

 


   б) 

0

z



3.

 



 

Шешуі. а) Бұл функция 

0

z



1

 


  нүктесінің маңайында Тейлор қатарына жіктеледі: 

28 

Математика және МОӘ / 2014-2015 оқу жылы/Алданов Е.С./5В0109000-математика 

 





1

1

1 4



z 3

4 (z 1)


1

z 1 4


 

 






 

Соңғы  бөлшек   

z 1

1

4



,  облысында  ақырсыз  кемімелі  геометриялық  прогрессияның 



қосындысы, яғни   

1

1



z 1

z 1


4;

; q


.

4

4



 


 



a

 





2



n 1

2

3



n

n 1


z 1

z 1


1

1

z 1



...

;

z 3



4

4

4



4







 



 






 



 





2

n 1



2

3

2



n 1

n 1


z 1

1

1



z 1

1

n



... ;

z 1


.

z 3


4

4

4



4

z 3










 













 

 



б) 

0

z



3

  нүктесінің  маңайында  берілген  функция  Лоран  қатарына  жіктеледі.  Функция  



z 3



  -тің  теріс  дәрежесі  түрінде  жазылып  қойған.  Лоран  қатарына  жіктелудің  жалғыз  ғана 

болатынын ескеріп,  



2

1

z 3



   өрнегі функцияның Лоран қатарына жіктелуі болып шығады. 

Егер   

f ( )


0



a

болса,  онда 

a

  нүктесі  функцияның нөлі  деп  аталады.  Егер 

f (z)

функциясын 



Тейлор қатарына 

a

 нүктесінің маңайында жіктейтін болсақ,    

0

1

m 1



m

A

A



...

A

0,



A

0





 



болып, және сондықтан Тейлор қатары 

m

m 1



m

m 1


f (z)

A (z


)

A

(z



)

...








a

a

түрінде болса, онда 



a

 нүктесі 

f (z)

функциясының 



m

-ші ретті немесе

m

 еселі нөлі деп аталады.    



Анықтамадан, егер 

a

 нүктесі 

m

-ші ретті нөл болса, онда  



(m 1)

(m)


f ( )

f ( ) ... f

( )

0,

f



( )

0.







a

a

a

a

 

a

  нүктесі 

f (z)


  функциясының 

m

-ші  ретті  нөлі  болуы  үшін,  осы  нүктенің  маңайында  келесі 



теңдіктің орындалуы қажетті және жеткілікті: 

m

f (z)



(z)(z

)

 



 a

мұндағы  



(z)

 функциясы 



a

 нүктесінде аналитикалық, 

0

)

(





z

 функция. 

 

Мысалы 17. 

f (z)


cos z

 функциясының нөлдері мен олардың ретін анықта. 



 

Шешуі.  



z

k

k



0,

1,

2, ...



2



 



 – 1-ші ретті нөлдер, себебі 



2



z

k

cos z



sin z

0



  

 



 



29 

Математика және МОӘ / 2014-2015 оқу жылы/Алданов Е.С./5В0109000-математика 

 

Мысалы  18. 





2

2



2

z

1 z



3z

2

f (z)



z 1





  функциясының  нөлдері  мен  олардың  ретін 

анықта. 


Шешуі. 

z

i



 

 – 1-ші ретті нөлдер;  

z 1, z

2



 – 2-ші ретті нөлдер.  

 

f (z)


функциясының  аналитикалық  болуы  шарты  бұзылатын 

,

 



a

a

нүктесі  осы 

функцияның  ерекше  нүктесі  деп  аталады.  Ерекше 

a

  нүктесі 

f (z)

функциясының  оқшауланған 



ерекше  нүктесі  деп  аталады,  егер   

0

z



R





a

маңайы  табылып,  осы  маңайда  функция 

аналитикалық болса.а. 



Достарыңызбен бөлісу:
1   2   3   4   5   6   7




©emirsaba.org 2024
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет