Егер  f (z) функциясының оқшауланған ерекше

30 

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

 

сәйкесінше, 

z

-тің оң дәрежелері болмаса, оң дәрежелерінің саны ақырлы болса немесе саны шексіз көп 

болса. 

 

1

z 



  ауыстырымы  функцияны 

 

a

  нүктесінің  маңайында  зерттеуді 

0



a

  нүктесінің 

маңайында зерттеуге әкеледі. 

 

Мысалы 19. 

sin z

f (z)

z



 функциясы үшін 

0

z

0



 нүктесін сипаттау керек. 

Шешуі. 

0

z

0



 нүктесі  

sin z

z

 функциясының ерекше нүктесі, осы функцияны Лоран қатарына  

0

z



 

облысында жіктейік: 

3

5

z

z

sin z

z

... ,

0

z

;

3 !

5 !

 







 

 

 

2

4

sin z

z

z

1

... ,

0

z

.

z

3 !

5 !

 







 

 

Қатарда 

z

-тің  теріс  дәрежелі  мүшелері  болмағандықтан,

0

z  a

  –қалпына  келтірілетін  ерекше 

нүкте. 

Мысалы 20. 

z

1 z

f (z)

e





 функциясының ерекше нүктелерін тауып, сипаттау керек. 

Шешуі. 

0

z

1



  нүктесі  ерекше.  Оны  сипаттау  үшін 

z

1 z

e



функциясын  Лоран  қатарына 

0

z

1



  

облысында жіктейік  . 

 

2

3

z

z

z

e

1 z

... ,

0

z

2 !

3 !

  







 

; 

               

1

z 1

2

3

1

1

1

e

1

... ,

0

z 1

z 1

2 ! (z 1)

3 ! (z 1)





 









  







; 

z

z 1 1

1

1 z

1 z

z 1

1

e

e

e

e

 

















1

1

1

1

2

3

e

e

e

e

... ,

0

z 1

1

z 1

2 ! (z 1)

3 ! (z 1)



















  







. 

0

z

1



 – маңызды ерекше нүкте. 

z  

  еркше  нүктесін  сипаттау  үшін 

1

z 



  деп  аламыз, 

1

1

1

1 1

1

f

e

e





 

 





 



 

,  мұндағы  

0





  бұл функция үшін дұрыс нүкте. 

Енді 

 

1

1

1

f

e



 

  



 



 

  функциясын 

1

 

 облысында Тейлор қатарына жіктесек: 





1

1

1

1

2

0

1

(0)

e ,

(0)

e

e ;

1

























 





 









 

 

31 

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

 









1

1

1

1

1

4

3

0

1

2

(0)

e

e

e ; ... .

1

1





















 





 

 









 

 

Осыдан                     

 

1

1

2

1

e

e

e

... ,

1 !

2 !















  







  

яғни                    

z

1 z

1

1

1

2

e

e

f (z)

e

e

...,

z

1.

z

2 ! z





















 

Сондықтан, 

z  

 нүктесі қалпына келтірілетін ерекше нүкте. 

Егер  

 

a

 нүктесі 

f (z)

функциясының қалпына келтірілетін ерекше нүктесі болса, онда бұл 

функция үшін 

 

0

z

f

lim f (z)

A



 



. 

Егер 

f (z)

функциясы ақырсыз алыстатылған нүктеде аналитикалық болса және осы нүктеде  

 

f

0

 

, онда  

z  

  нүктесі 

f (z)

функциясының 

m

-ші ретті нөлі д.а., егер 

0

1

(m 1)

m

A

A

...

A

0,

A

0



















. 

 

Мысалы  21. 





2

3

2

1

f (z)

z z

4





  ерекше  нүктелерін  тауып,  сипаттау  керек  және  функцияны 

шексіздікте зерттеу керек. 

Шешуі. 







 



2

2

2

3

3

2

1

1

z z

2i

z

2i

z z

4









. 

z

0



 – 3-ші ретті полюс;  

z

2i

 

 – 2-ші ретті полюстер;  

z  

 – 7-ші ретті нөл. 

 

10 есеп 

 

Функцияны Лоран қатарына берілген сақинада жікте: 

1.  

1

,

2

z

3;

(z

2) (z

3)









 

2.  

1

,

3

z

;

(z

2) (z

3)



 





 

3.  

2

1

,

0

z

1;

z

z







 

4.  

2

1

, 1

z

;

z

z



 



 

5.  

1

,

2

z

;

(z

2) (1 z)



 





 

6.  

2

2z

3

, 1

z

2;

z

3z

2











 

7.   

2

3

z

z

3

, 1

z

2;

z

3z

2

 









 

8.   

2

3

z

z

3

,

z

1;

z

3z

2

 







 

9.   

2

3

z

z

3

,

2

z

;

z

3z

2

 



 





 

10. 

2

2

, 1

z

2

3;

z

1









 

11. 

2

z

, 1

z

2;

z

3z

2









 

12. 

1

z

z

e

,

0

z

;





 

 

13. 

2

z 1

, 1

z

2;

z

z

2







 

 

14. 

2

z 1

,

z

2;

z

z

2





 

 

32 

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

 

15. 

2

z

, 1

z

3;

(z

1) (z

3)









 

16. 

3

2

z

, 1

z

2;

z

2z

z

2







 

 

17. 

3

1

z cos ,

0

z

;

z



 

 

18. 

1

z

5

z e ,

0

z

;



 

 

19. 

3

1

,

0

z

1;

z

z







 

20. 

1

z

3

2

z

e

,

0

z

;

z

1





 



 

21. 

2

1

, 1

z

2

4;

z

2z 8











 

22. 

2

z

2

,

2

z 1

;

z

4z

3







 





 

23. 





5

2

2

z

,

2

z

;

z

4



 



 

24. 

2

2

z

, 1

z

2;

(z

4) (z

1)









 

25. 

4

1 cos z

,

0

z

;

z





 

 

26. 

4

1

z cos ,

0

z

;

z



 

 

27. 

z

2

1

,

0

z

;

z (z 1) (2z 1)

2











 

28. 

1

,

2

z

3;

(z

2) (z

3)









 

29. 

2

1

,

0

z 1

3;

(z 1) (z

2)











 

30. 

1

, 1

z

3.

(z 1) (z

3)









 

 

 

Қалындылар мен олардың қолданыстары 

f (z)

  функциясының   

a

  ақырлы  ерекше  нүктесіне  қатысты  қалындысы   

Res f (z)

a

    деп 

белгіленетін және 

C

1

Res f (z)

f (z) d z

2 i







a

 теңдігімен анықталатын, мұндағы  

C

 –центрі  

a

, ішкі 

облысында 

a

  –  жалғыз  ерекше  нүкте  болатын  кез-келген  шеңбер; 

1

Res f (z)

A





a

.  Мұнда 

1

A



  – 

f (z)

функциясының 

a

 нүктесінің маңайындағы Лоран қатарының  

1

z  a

  жанындағы коэффициенті. 

Егер 

a

 –

f (z)

 үшін қ.к.е.н. болса , онда  

Res f (z)

0



a

. 

Егер 

a

 – полюс болса, онда   

z

Res f (z)

lim f (z)(z

)







a

a

a

. 

Егер  

1

2

f (z)

f (z)

f (z)



, мұндағы  

1

f (z)

  және  

2

f (z)

  функциялары  

a

 нүктесінде аналитикалық, 

0

)

(

1



a

f

, 

2

2

f ( )

0,

f ( )

0







a

a

 

(яғни 

 

a

 

– 

f (z)

үшін 

жәй 

полюс), 

онда

1

1

2

2

f (z)

f ( )

Res f (z)

Res

f (z)

f ( )







a

a

a

a

. 

Егер  

a

 – 

f (z)

үшін 

m

-ші ретті полюс болса, онда   

m 1

m

m 1

z

1

d

Res f (z)

lim

f (z)(z

)

(m 1) !

d z





















a

a

a

. 

 

33 

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

 

Мысалы  22. 

3

2

z

1

f (z)

(z

2) (z

3)









    функциясының 

1

2

z

2, z

3

 



  нүктелеріне  қатысты 

қалындыларын анықтау керек. 

Шешуі.                 











 



2

2

3

2

2

z

2

2

z

1 z

2

z

1

Res

lim

(z

2) (z 3)

z

2

z 3









































 

                                             













2

3

2

z

2

3z

z

3

z

1

53

lim

25

z

3











 



. 

 











 







3

3

3

2

2

2

z

3

z

3

3

z

3 z

1

z

1

z

1

28

Res

lim

lim

(z

2) (z

3)

25

z

2

z

3

z

2





























  

 

немесе 

                                 



 



3

3

2

2

3

z 3

z

1

z

1

Res

(z

2) (z 3)

z

2

z 3





























 





 



3

2

z 3

z

1

28

25

2 z

2 z 3

z

2

















. 

Мысалы 23.  

z

1 z

f (z)

e





 үшін 

0

z

1



 еркше нүктеге қатысты қалындыны тап. 

Шешуі.  

0

z

1



 – маңызды еркше нүкте (20 мысал). 

 

z

1 z

f (z)

e





функциясының  

0

z 1



  

 сақинасындағы Лоран қатары 

 









z

1 z

1

1

1

1

2

3

e

e

e

e

e

...

1

z 1

2 ! z 1

3 ! z 1



























; 

 

z

1 z

1

1

1

1

Res e

A

e

e









 

 

. 

 

Қалындылар туралы негізгі теорема. Егер  

f (z)

  функциясы жәй тұйық 

C

контуры мен оның 

ішінде  аналитикалық  болса,  осы  контурдың  ішіндегі 

1

2

n

,

, ...,

a

a

a

  ерекше  нүктелерді 

есептемегенде, онда   

k

n

k 1

f (z) d z

2 i

Res f (z)



 





a

. 

жүктеу/скачать 0,63 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: