Арнайы түрдегі бүтін функциялардың нөлдері

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 43 бет
Таңдаулыға:

ҚАЗАҚСТАН РЕСПУБЛИКАСЫ БІЛІМ ЖӘНЕ ҒЫЛЫМ МИНИСТРЛІГІ

ОҢТҮСТІК ҚАЗАҚСТАН МЕМЛЕКЕТТІК ПЕДАГОГИКАЛЫҚ УНИВЕРСИТЕТІ

ФИЗИКА-МАТЕМАТИКА ФАКУЛЬТЕТі
ФИЗИКА-МАТЕМАТИКА Кафедрасы
Қорғауға жіберілді
Физика-математика
кафедрасының меңгерушісі
_______ п.ғ.д. Кадирбаева Р.И.
____ ___________2018ж.

Кесіндідегі үшінші ретті дифференциалдық оператордың характеристикалық анықтауышы және түбірлері
д и п л о м Д Ы Қ Ж Ұ М Ы С
5В010900-Математика мамандығы

Орындаған Бекназар Г.М.

Ғылыми жетекшісі
ф-м.ғ.к., профессор Иманбаев Н.С.

Шымкент
2018
Мазмұны
Кіріспе ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..3
1 Комплексті анализдің геометриялық принциптері
1.1 Руше теоремасы ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .4 1.2 Нөлдердің бөлінуі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 6 1.3 Комплексті анализдердің әдістерін қолдану ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..9 1.4 Бүтін функциялар. Лиувилл және Морер теоремасы ... ... ... ... ... ... .. ... .11 1.5 Лоран қатары ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 20 1.6 Вольтерралық қисынды тарылу мен кеңею туралы ... ... ... ... ... ... ... . ... .29

2 Квазиполином түріндегі экспоненциалдық бүтін функциялардың нөлдерін зерттеу
2.1. fz=P1expβ1z+P2expβ2z функциясының нөлдері, мұндағы P1, P2, β1, β2- комплексті сандар ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... 26 2.2. fz=k=1nPkexpβkz функциясының нөлдері, мұндағы βk өлшемді сандар ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..26 2.3. fz=k=1nPkzmkexpβkz функциясының нөлдері, мұндағы βk-өлшемді сандар ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .27 2.4. fz=k=1nPkexpβkz функциясының нөлдері, мұндағы βk- өлшемсіз сандар ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 29

3 Кесіндідегі үшінші ретті дифференциалдық оператордың характеристикалық анықтауышы және түбірлері
3.1 fz=-11expztФtdt функциясының нөлдерін табу ... ... ... ... ... ... ... 33 3.2 fz=-11expztФtdt функциясының нөлдері ... ... ... ... ... ... ... ... ... .39 3.3 Арнайы түрдегі бүтін функциялардың нөлдері ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...43
Қорытынды ... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .47
Пайдаланылған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... 48

Кіріспе
Тақырыптың өзектілігі
Бүтін функциялар - ең қарапайым және кең тараған функциялар. Орта мектептің курсында әлде бүтін функцияларды (натурал көрсеткішті дәрежелер, көпмүшеліктер, көрсеткішті функция, синус пен косинус), әлде бөлшекті функциялар (мероморфты), яғни екі бүтін функцияның қатынасы (рационал - бөлшекті, тангенс, котангенс), әлде кері функцияларды қарастырады. Бүтін функцияның жалпы теориясын түсіну үшін университеттің аналитикалық функциялар теориясы курсын білу қажеттілікті талап етеді. Бүтін функциялардың нөлдерінің таралуын және асимптотикаларын зерттеу қажеттілігі дифференциалдық операторлардың спектралдық мәселелерін қарастыру барысында туындайды. Бүтін функцияның кең класын Б.Я.Левин [25], басқада кластарын В.Б.Лидский, В.А.Садовничий [26], Беллман Р., Кук К. [21] еңбектерінде қарастырылған. Атап айтқанда К класы В.Б.Лидский, В.А.Садовничий енгізген. К класы спектралдық параметрі бар дифференциалдық теңдеулерді шешкенде туындайды. 1980 жылдарда А.А.Дезин, М.Өтелбаев, А.А.Шкаликов сияқты Кеңес Одағының математиктері өзіне - өзі түйіндес емес және түйіндес операторлар үшін анықталу аймағында (шеттік шарттар) қисынды сығылу мен кеңею теориясының негізін қалады. Дәл осы уақыт мезетінде Б.Я.Левин, В.А.Садовничий, Б.М.Левитан, А.Г.Костюченко сияқты ғалымдар шеттік шарттардағы интегралдық түрдегі бейлокалдықты бөліктеп интегралдағандағы бос мүшенің нөлге анықталуынан тәуелді түрде К класында жататын бүтін функцияларды анықтайды. Қазақстанда бүтін функциялар теориясын, дифференциалдық операторлардың спектралдық теориясынан туындайтын бағытта Б.Е.Кангужин, М.А.Садыбеков, Ә.М.Сәрсенбі, Б.Н.Бияров, Ә.Шалданбаев сияқты ғалымдар дамытуда.
Дипломның мақсаты: Квазиполином түріндегі экспоненциалдық бүтін функциялардың нөлдерін зерттеу.
Диплом жұмысының құрылымы. Диплом жұмысы кіріспеден, үш тараудан, қорытынды, пайдаланылған әдебиеттер тізімінен тұрады. Тараулар бөлімшеге бөлінген. Кіріспеде зерттелетін тақырыптың өзектілігі мен жалпылығының байланысы, мақсаты негізгі мәселелер қолданатын жалпы математикалық әдістер және қорғауға ұсынылатын тұжырымдар келтірілген. Бірінші тарауда комплексті анализдің геометриялық принциптері қарастырылған, яғни Руше теоремасы туралы деректер, нөлдердің бөлінуі, комплексті анализдің әдістерін қолдану, бүтін функциялар туралы түсініктер, негізгі теоремалар қарастырылған.
Екінші және үшінші тарауда бүтін функциялардың нөлдерінің асимптотикасы қарастырылған, яғни нөлдердің комплексті жазықтықта орналасуын, өзгеруі шенелген функцияның шешімділігі дәлелденген.
Есептің қойылымы: fz=-11expztФtdt бүтін функцияның нөлдерінің бөлінуін зерттеу, мұндағы Фt - өзгеруі шенелген функция және Ф-1=Ф1=1 шартын қанағаттандырылады.
1 Комплексті анализдің геометриялық принциптері
0.1 Руше теоремасы
Есеп 1.1.1 D облысының ішкі G облысында fz=0 теңдеуін шешу, мұнда D-fz голоморфты функциясының бірбайламды облысы.
Есеп 1.1.2 D облысының ішкі G облысында fz=0 теңдеуінің шешімі бар ма? Мұнда D-fz голоморфты функциясының бірбайламды облысы. Егерде бар болса, қанша?
Аргумент принципі бойынша 2-ші есептің шешімін береді. Оны келесі бағыт бойынша іздеуге болады. fz ізделінді функциясының аргумент өсімшесін іздеумен бірге басқа функцияның аргумент өсімшесін табуға болады. Таңдау бойынша жалғыз талап, олардың өсімшелері бірдей болады. Руше қарапайым функцияның аргумент өсімшелері бірдей болатын алгоритмді нұсқайды.
Теорема 1.1.1 Егерде fz-ты gz-D облысында голоморфты функция болатындай fz=gz+fz-gz қосындысына жіктеуге болады.
G облысындағы dG шекарасында f(z) f(z)-g(z) немесе g(z) f(z)-g(z) , бағалау орынды болса,онда ∆dGargf(z) =∆dGarg g(z) болады. Сонымен 2 - ші есепті шешу үшін f(z) = 0 үшін g(z) = 0 теңдеуін шешу жеткілікті.
Дәлелдеу :g(z) f(z) - g(z) = 0 , g(z) + (f(z)-g(z))=g(z) - (f(z) -g(z))0 теңсіздігінен f(z) және g(z) dG - да нөлге тең емес. Сонымен g(z)!= 0 болғанда zϵdG болса, онда
f(z)g(z)+f(z)-g(z)=g(z)1+f(z)-g(z) g(z), болса
∆dGargf(z)=∆dGargg(z)+∆dGarg1+f(z)- g(z)g(z) қатынасын аламыз.
Бірақ f(z)-g(z)g(z)1 dG - та болса, zϵdG кез-келген w=f(z)-g(z)g(z) нүктесі w1 шеңберінен шықпайды. Сондықтан ω=w+1 векторы ω=0 нүктесінің бойынан айналмаса,онда ∆dGarg1+f(z)-g(z)g(z)=0 болады. Мысал 1.z5-5z+8 функциясының нөлдері қайда жатыр? Шешімі:1-ші қадам.Алдымен берілген көпмүшеліктің нөлдерін бірлік шеңбер бойынан зерттейік. Бұл жағдайда
D=∎, G=z1, gz≡8, fz-gz≡z5-5z
Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1 болса, онда 86=z5+5z=z5-5z теңсіздігі орынды. Шындығында Руше теоремасы бойынша z5-5z+8=0 теңдеуінің бірлік шеңбер бойында қанша нөлдері бар болса, сонша gz≡8=0 қарапайым теңдеуінің шешімдері болады. Соңғы теңдеудің барлық шеңберде шешімі жоқ. Демек, z5-5z+8=0 теңдеуінің бірлік шеңберде шешімі жоқ.
1-қадам. Радиусы 2-ге тең және центрі координата басында жатқан шеңбер бойынан берілген көпмүшеліктің нөлдерін зерттейік.
D=∎, G=z2, dG=z=2, gz≡z5, fz-gz≡8-5z таңдаймыз. Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=2 болса, онда z5=328+2*5=8+5z=8-5z орындалады. Шындығында Руше теоремасы бойынша z5-5z+8=0 теңдеуінің G шеңберінде қанша шешімі бар болса, gz≡z5=0 қарапайым теңдеуінің сонша шешімі бар болады. Соңғы теңдеуден G шеңберінде бес шешім бар. Демек, z5-5z+8=0 теңдеуінің G шеңберінде сондай бес шешім бар. Дербес жағдайда көпмүшелік G шеңберінің сыртында нөлдері жоқ.
2-қадам. Демек, берілген көпмүшеліктің барлық нөлдері 1z2 сақинасында шоғырланған. Нәтижені нақтылап көрейік.
D=∎, G=z1,9, dG=z=1,9, gz≡z5, fz-gz≡8-5z
Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1,9 болса, онда z5=24,760998+1,9*5=8+5z=8-5z теңсіздігі орынды. Шындығында Руше теоремасы бойынша z5-5z+8=0 теңдеуінің G шеңберінде қанша шешім болса, gz≡z5=0 қарапайым теңдеуінің сонша шешімі бар. Соңғы теңдеуден G шеңберінде z5-5z+8=0 теңдеуінің бес шешім бар. Кейде G шеңберінде көпмүшеліктің нөлдері болмайды.
3-қадам. Демек, берілген көпмүшеліктің 1z1,9 сақинасында барлық нөлдері шоғырланған нәтижесін нақтылап көрейік.
D=∎, G=z1,8, dG=z=1,8, gz≡z5, fz-gz≡8-5z болсын.
Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1,8 болса, онда z5=18,895688+1,8*5=8+5z=8-5z теңсіздігі орынды. Шындығында Руше теоремасы бойынша z5-5z+8=0 теңдеуінің G шеңберінде қанша шешімі болса,gz≡z5=0 қарапайым теңдеуінің сонша шешімі болады. Соңғы теңдеудің G шеңберінде бес шешімі бар. Кейде G шеңберінде көпмүшеліктің нөлдері болмайды.
4-қадам. Демек, берілген көпмүшеліктің 1z1,8 сақинасында барлық нөлдері шоғырланған. Нәтижені нақтылап көрейік.
D=∎, G=z1,7, dG=z=1,7, gz≡z5, fz-gz≡8-5z болсын.
Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1,7 болса, онда z5=14,19857 теңсіздігі орындалады, 8+1,7*5=8+5z=8-5z орындалмайды. Шындығында Руше теоремасының шарттары қандай да бір белгілеулерде орындалмайды. Оны басқаша орындау керек. Мына жағдайда
D=∎, G=z1,1, dG=z=1,1, gz≡8, fz-gz≡z5-5z
Руше теоремасының шарттарының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1,1 болса, онда 81,61051+5,51,15+1,5=z5+5z=z5-5 z теңсіздігі орынды. Шындығында Руше теоремасы z5-5z+8=0 теңдеуінің G шеңберінде қанша шешімі болса, gz≡8=0 қарапайым теңдеуінің сонша түбірі бар. Соңғы теңдеудің шеңберде шешімі жоқ. Демек, G шеңберінде z5-5z+8=0 теңдеуінің шешімдері жоқ.
5-қадам. Демек, берілген көпмүшеліктің барлық нөлдері 1,1z1,8 сақинасында шоғырланған. Нәтижені нақтылап көрейік.
D=∎, G=z1,2, dG=z=1,2, gz≡8, fz-gz≡z5-5z жағдайында Руше теоремасының орындалуын тексерейік. Егерде ∀zϵdG=z=1,2 болса, онда 8 теңсіздігі орынды. 2,48832+61,25+6=z5+5z=z5-5z орындалмайды. Шындығында Руше теоремасының шарттары бойынша мұндай таңдау орындалмайды.
Менің соңғы нәтижем 1,1z1,8 сақинасында көпмүшеліктің барлық нөлдері шоғырланған.

1.2 Нөлдердің бөлінуі
Руше теоремасын пайдаланып z1 шеңберінің ішінде жатқан z9-2z6+z2-8z-2=0 теңдеуінің түбірлерінің санын тап
Шешімі: z9-2z6+z2бағыныңқы-8z-2=0бастапқы
Сонымен z1 болғанда бағыныңқы бөлігі төрттен аспайды. Басқаша айтқанда бірлік шеңберде бағыныңқы бөліктің модулі бастапқы бөліктің модулінен аз. Бірлік шеңберде бастапқы бөліктің бірі нөл болады. Сондықтан, Руше теоремасы бойынша берілген теңдеудің бірлік шеңбері бір ғана түбірге ие болады. Бастапқы бөлікпен бағыныңқы бөлікті жіктеу бірдей емес.
Мысалы: z9-2z6бағыныңқы+ z2-8z-2=0бастапқы
мұнда z1 болғанда бағалау орынды.
z9-2z6=z9+2z6=1+2=35=-8z-z2-2=- 8z-z2-2=-8z+z2-2
Бұл жағдайда z2-8z-2=0 бастапқы бөліктің бірлік шеңберде бір ғана нөлі бар болады. Сонымен Руше теоремасы бойынша берілген теңдеудің бірлік шеңберде бір ғана түбірі болады. Руше теоремасын пайдаланып z1 шеңбердің ішінде жатқан z7-5z4+z2-2=0 теңдеуінің түбірлерінің санын тап.
z7+z2-2бағыныңқы - 5z4 =0бастапқы
Сонымен z1 болғанда бағыныңқы бөлігі төрттен аспайды,ал бастапқы бөліктің модулі бестен кем емес. Басқаша айтқанда бірлік шеңберде бағыныңқы бөліктің модулі аз. Бастапқы бөліктің бірлік шеңберде тура төрт нөлі бар. Сондықтан Руше теоремасы бойынша берілген теңдеудің бірлік шеңберде төрт түбірі бар болады. 1z2 сақинасында z4-5z+1 теңдеуінің қанша түбірлері бар. Шешімі:Алдымен бірлік шеңберде содан соң z2 шеңберінде қанша түбірлерді бар екендігін түсіндірейік
z4+1бағыныңқы - 5z =0бастапқы
Сонымен z1 болғанда бағыныңқы бөліктің модулі екіден аспайды, ал бастапқы бөліктің модулі бестен кем емес. Бастапқы бөліктің бірлік шеңберде тура төрт нөлі бар. Сондықтан Руше теоремасы бойынша берілген теңдеудің бірлік шеңберде де бір түбірі бар.
-5z+1бағыныңқы + z4 =0бастапқы
Сонымен z2 болғанда бағыныңқы бөліктің модулі он бірден аспайды, ал бастапқы бөліктің модулі отыз екіден кем емес. Басқаша айтқанда z2 шеңберде бағыныңқы бөліктің модулі бастапқы бөліктің модулінен аз. Бастапқы бөлік z2 шеңберде тура нөлі бар. Сондықтан берілген теңдеудің Руше теоремасы бойынша z2 шеңберінде де төрт түрі бар.
Сондай-ақ 1z2 сақинасында берілген теңдеу үш түбірге ие болады.
Оң жақ жарты жазықтықтағы z4+2z3+3z2+z+2 көпмүшелігінің нөлдерінің санын тап Шешуі: Аргумент принципін қолданамыз. Ол үшін үлкен радиусы жеткілікті жарты шеңбердің оң жақ бойымен және жорамал осьтің бойымен көпмүшеліктің өсімшесінің аргументін есептеу керек. Өсімше аргументі жорамал ось бойында.

∆+iinfinity,-iinfinityargz4+2z3+3z2 +z+2 =z=iyy∈-infinity,+infinity== ∆+iinfinity,-iinfinityargy4-3y2+2-2 iy3+iy
Бізге жақшаға алынған өрнекттердің нақты және жорамал бөліктерінің нөдерін табу керек.

y4-3y2+2=0⇒ y1=-2, y2=2, y3=-1, y4=1
2y3+y=0⇒ y5=0, y6=-12, y7=12
Кестеде нақты немесе жорамал бөліктердің таңбаларының өзгеру көрсетілген.
y
-infinity,-2
-2,-1
-1,-12
-12,0
y4-3y2+2
+
-
+
+
2y3+y
-
-
-
+
Ширек
4
3
4
1

y
0,+12
+12,+1
+1,+2
+2,+infinity
y4-3y2+2
+
+
-
+
2y3+y
-
+
+
+
Ширек
4
1
2
1

Егер у +infinity тен-infinity дейін өзгерсе w=z4+2z3+3z2+z+2 векторы бірінші ширектен төртіншіге алмасады.Сондықтан ∆+iinfinity,-iinfinityargz4+2z3+3z2 +z+2 нөлімен -PI арасындағы мәндерді қабылдау керек. Жарты шеңбер бойындағы аргументі z=R, Rez0
∆z=R,Rez0argz4+2z3+3z2+z+2 =z=Reiφφϵ-PI2,+PI2==∆z=R,Rez0argz4 +∆z=R,Rez0arg1+2z+3z2+1z3+2z4
болсын.
limR--infinity∆z=R,Rez0arg1+2z+3z 2+1z3+2z4=0 екендігін байқаймыз.
Сонымен өсімше
∆z=R,Rez0argz4+2z3+3z2+z+2 =∆z=R,Rez0argz4=4PI
Жартылай шеңберден және жорамал осьтің вертикаль кесіндісінен құралған тұйық контур бойының өсімшесі 3PI дан 4PI-ға дейінгі мәнді қабылдайды. Бірақ 2PI-ге бөлінген тұйық контур бойындағы өсімше аргументі міндетті түрде бүтін сан болуы керек. Бұл жағдайда ол сан тура екіге тең. Сонымен аргументтің принципіне сүйенсек, берілген көпмүшеліктің оң жақ жарты жазықтығында нөлдерінің саны тура 2-ге тең. z4+2z3+3z2+z+2=0 көпмүшелігінің бірінші ширектегі нөлдердің санын тап. Шешімі: Көпмүшеліктің өсімше аргументтік бірінші ширектің шекара аймағында есептеуіміз керек. Олай болса көпмүшеліктің барлық нөлдері z10, шеңберінің ішінде болады, онда 0=arg=PI2, z=10 секторына түсетін нөлдерінің санын табу жеткілікті.
Жорамал осьтің бойындағы өсімше аргументі. Алдындағы мысалда қарастырғандай кестеден өсімше аргументі - PI дан аспайды.
Сектор шекарасының бір бөлігі болып табылатын доға бойының өсімше аргументі 2-ге тең. Алдыңғы мысалдың шешімін қара.
Енді нақты жарты ось бойындағы өсімше аргументті табу қалды. Берілген көпмүшеліктің z оң мәндер болғандықтан тек ол оң мәндерді ғана қабылдайтындығы айқын. Сондықтан өсімше болмайды, яғни ол неге тең. Жауап:бірінші ширекте берілген көпмүшеліктің бір ғана нөлі бар.
z1 шеңберінде ez-4zn-1=0 теңдеуінің қанша нөлі бар. Шешімі: ez+1бағыныңқы-4znбастапқы
Сонымен z=1 болғанда бағалау орынды.
ez+1=ez+1=eRez+1=e+14zn
Бірлік шеңбердің ішінде бастапқы бөліктер тура n нөлдері бар болады. Сонымен берілген теңдеу бірлік шеңбері ішінде де тура n түбірі бар болады.

1.3 Комплексті анализдердің әдістерін қолдану. Көп айнымалы функциялар теоремасының әдістерін пайдалану. Мысал 1: орнықты көпмүшеліктер. Егерде барлық нөлдері сол жақ жарты жазықтықтағы жататын болса онда орнықты көпмүшелік деп аталады. Берілген көпмүшелік орнықты ма? Мысал 2: матрицаның меншікті мәндері. Берілген матрицаның меншікті мәндері қайда жатыр? 1. pz=detA-zE сипаттамалық көпмүшелік құрамыз, мұнда А-берлген матрица, Е- бірлік матрица. 2. Әдіс бойынша pz=det көпмүшелігінің нөлдерін зерттеу. 3. Сипаттама көпмүшеліктің нөлдері матрицаның меншікті мәндері болып табылады. Мысал 3: дифференциалдық теңдеулер үшін шекті есептердің меншікті мәндері. Берілген дифференциалдық операторлардың меншікті мәндері қайда жатады? Нақты мысал ретінде шекті есепті қарастырамыз.
-y''x=z2∙yx, 0xPI
y0=0, y'PI-8yPI=0
Шешімі: -y''x=z2∙yx теңдеуінің жалпы шешімі yx=C1coszx+C2sinzx түрінде бoлады, мұнда C1, C2- кез-келген сан. y0=0 шартынан C1=0. y'PI-8yPI=0 шартын қанағаттандыру қалады. Нәтижесінде
C2zcoszPI-8sinzPI=0, C2!=0
Сонымен zcoszPI-8sinzPI бүтін функциясының нөлдері берілген шекті есептердің меншікті мәндерін көрсетеді. Нөлдер үшін айқын формула жоқ. Бүтін функция нөлдері оқшауланған, олар нүктенің соңғы шектерінде бола алмайды. Бұл тұжырымдар дәлелденген. Енді олардың саналатын сан екендігін көрсетейік. zcoszPI-8sinzPI=0 теңдеуін z8=tgzPI түрінде жазуға болады. Соңғы теңдеудің нақты шешімін графикалық әдіспен табуға болады. Екі графиктің қиылысуы y=x8, y=tgzPI шектік есептің меншікті мәндерін көрсетеді. Әрбір вертикаль жолақта бір нүктенің қиылысуы бар. Сонымен нүктелердің қиылысуы саналатын сан. Тұжырым дәлелденді. Қорытынды: Матрицаның меншікті мәндері бұл көпшіліктің нөлдері кесіндідегі дифференциялдық теңдеулер үшін шекті есептердің меншікті мәндері-бұл бүтін функция нөлдері. Мысал 4: квазиполином нөлдерінің асимптотикалық тәртібі k=zNAkeykz түріндегі функцияны квазиполином деп атаймыз. Берілген квазиполиномның нөлдірінің асимптотикалық тәртібін тап. Бұған ұқсас есептер инженерлік есептеулер барысында туындайды. Егер yk таза жорамал сан болса, онда квазиполином нөлдерін табу есебі тригонометриялық теңдеулерге эквивалентті. Мысалыға 5coszPI-8sin35z=0 тригонометриялық теңдеуі 2,5eiz+2,5e-iz-4ei35z+4e-i35z түрінде квазиполином нөлдерін табумен эквивалентті. Егерде t=eiz деп белгілесек, онда 2,5t36+2,5t34-4t70+4 көпмүшелігін аламыз, яғни 70 нөлдері бар болады. Егер де t1...t70 оның нөлдері болса, онда әрбір көпмүшеліктің нөлдері өзінің серияларымен квазиполином нөлдерін тудырады.
eiz=tk⇒izkm=lntk+2PIim, ∀mϵ
Мұндай тұжырымдарды кез-келген квазиполином үшінде алуға болады. Квазиполином нөлдерін табудың пайдалы алгоритмін келтірейік. Бұл алгоритм квазиполином көпмүшеліктің арнайы түріне ыңғайлы. yk жиынтығы қандай да бір дөңес көпбұрыштың барлық төбелерінің жиындары болып табылсын. Сонда k=zNAkeykz квазиполином нөлдерінің модулі бойынша жеткілікті үлкені
zkm=2PImiyk+1-yk+pk+δkm, δkme-m, ∃q, ∀mm0 болады.
Мысалға квазиполином нөлдері 5e16-65e17+87e1+iz формула бойынша табамыз.
z1m=2PImi7-6+p1+δ1m, δ1me-qm, ∃q, ∀mm0
z2m=2PImi1+i-7+p2+δ2m, δ2me-qm, ∃q, ∀mm0
z3m=2PImi6-1-i+p3+δ3m, δ3me-qm, ∃q, ∀mm0
Біз pk, δkm сандарын біз білмейміз, жоғарыда келтірілген формулалар осы үшін нәтижелі болады. Сонымен m неғұрлым үлкен болса, онда нөлдерінің цифрларының маңыздылығы келтірілген формула.
Мысал 5: Миттаг - Леффлер теоремасы. Кез - келген рациональды функция қандайда бір көпмүшелікке және элементар бөлшектердің қосындысына жіктеледі. Дәлелдеу.
Шешімі: Бұл теорема рациональ функциялар үшін анықталмаған интегралды есептеу барысында қолданылады. Мұнда бұл тұжырымдар дәлелдеу үшін КАФТ әдістерінің негіздерін пайдаланамыз. Келтірілген дәлелдеу мероморфты функцияда кеңейтіледі, яғни бастапқы бөліктердің ерекше нүктеге мероморфты функцияны қалыптастыруға болады.
an арқылы fz рациональды функцияның полюстерін белгілейміз, ал gnz=k=1Pncn-kz-ankan полюстегі Лорандық жіктеудің басты бөлігі. Сонда fz-j=1Mgnz айырмасы дәрежелі шексіз өсетін бүтін функцияны көрсетеді. Лиувилл теоремасынан fz-j=1Mgnz айырмасы көпмүшелікті білдіреді. Бұл талқылаулар функция үшін ыңғайлы. Егерде fz=1sin2z болса, an=nPI, gnz=1z-nPI2∙1sin2z-n=-infinityinfin ity1z-nPI2 бүтін функцияны көрсетеді. Бұл шексіздікте функция нөлге ұмтылатындығын дәлелдеуге болады. Сонда Лиувилл теоремасы бойынша бұл айырым нөлге тең. Сонымен
1sin2z=n=-infinityinfinity1z-nPI2 аламыз.

1.4 Бүтін функциялар. Лиувилл және Морер теоремалары
Көпмүшеліктің табиғи жалпыланған түсінігі ретінде дәрежелік қатардың әрқашан жинақталатын болып табылатын мына көпмүшелікті айтамыз:
a0+a1x+a2x2+...+anxn+... (1.4.1)
Егер мұндағы барлық коэффициенттер, сонымен қатар кейбір (n+1)-шіден бастап нөлге айналатын болса, онда біз дербес жағдай ретінде n-нен жоғары емес дәрежелі көпмүшеліктің қатары ретінде алатын боламыз:
Px=a0+a1x+a2x2+...+anxn+... (1.4.2)
Ең қарапайым мектеп бағдарламасынан белгілі дәрежелік қатар
1+x+x2+...+xn+...
Әрқашан жинақтала бермейді; ол тек қана x1 кезінде ғана жинақталады. x=1 кезінде жинақталады, бірақ оған өте үлкен коэффициенттер кедергі жасайды (мұндағы кез келген n үшін an=1 болады).
(1.4.1) дәрежелік қатардың кез келген x үшін тек сонда ғана ол жинақталатынын көрсетуге болады:
limn--infinitynan=0 (1.4.3)
Мұнда тек бұл шарттың жеткілікті шартымен шектелеміз. (1) қатар x=0 кезінде жинақталады. Енді x!=0 болсын. Онда (1) шарттың негізінде N табуға болады және nN болған кезде nan12x теңсіздігі немесе anxn12n теңсіздігі орындалады. Бірақ бұл (1) қатардың барлық мүшелері nN болғанда абсолютті шамасы бойынша 12 еселігімен геометриялық прогрессияның мүшесінен кіші деген сөз. Сондықтан (1) қатар жинақталады және абсолютті жинақталады. Біз бұдан соң (3) шартты орындалады деп аламыз. Жалпы кейде (1) қатардың барлық жерде жинақталатын жеткілікті (бірақ қажеттілігін емес) шартын қолданған ыңғайлы:
limn--infinityan+1an=0
Шындығында да бұл жағдайда (1.1.1) қатардың келесі мүшесінің алдыңғы мүшесіне қатынасы да (an!=0, xn!=0 деп аламыз) нөлге тең болады:
an+1xn+1:anxn=an+1:anx
Бұдан кез келген х үшін белгілі Даламбер белгісі бойынша жинақталады. Сонымен мысалы үшін мына қатар
x+x222+x332+...+xnnn+...
барлық жерде жинақталады, өйткені
limn--infinityn1nn= limn--infinity 1n=0
Дәл осындай қатар да
1+x1!+x22!+...+xnn!+...
барлық жерде жинақталады, өйткені
limn--infinity1n+1!:1n!=0
(1.4.1) дәрежелік қатардың барлық жерде жинақталатын қосындысын бүтін функция деп атаймыз.
Бұдан әрбір көпмүшелік бүтін функция болып табылатыны келіп шығады. Басқада бүтін функцияларға мысал ретінде - көрсеткіштік функцияларды ax 0a, a!=1, cosx, sinx айтуға болады. Шындығында, математикалық талдау курсында (Тейлор формуласы арқылы) олардың әрбірі дәрежелік қатардың барлық жерде жинақталатын қосындысы арқылы дәлелденеді:
ax=1+xlna1!+x2lna22!+ ...+xnlnann!+ ... (1.4.4)
cosx=1-x22!+x44!- ... (1.4.5)
sinx=x-x33!+x55!- ... (1.4.6)
Дербес жағдайда a=e=2,71828... (е - сан) болған жағдай үшін (4) формуладан аламыз.
ex=1+x1!+x22!+ ...+xnn!+ ... (1.4.4)
Бұл формулалар сияқты бүтін функцияларға мысал ретінде бірнеше қарапайым түрлерін көрсетуге болады:
e-x=1-x1!+x22!- ...+-1nxnn!+ ... ,
ex3=1+x31!+x62!+ ...+x3nn!+ ... ,
ex-1-xx2=12!+x3!+x24!+ ...+xn-2n!+ ...

sinxx=1-x23!+x45!- ... ,
cosx=1-x2!+x24!-x35!+ ... ,
sinxx=1-x3!+x25!- ... ,
chx=ex+e-x2=1+x22!+x44!+x66!... ,
shx=ex-e-x2=x+x33!+x55!+x77!... ,
т.с.с
Бүтін функцияның мысалдарының барлық жағдайлары үшін элементар (көрсеткіштік және тригонометриялық) функцияларды алған болатынбыз, не элементар функцияның қарапайым комбинациясын қолдандық.
Бірақ әрине бүтін функциялардың барлығы элементар функциялардың ақырлы комбинациясы арқылы өрнектеле бермейді. Сонымен қатар, бүтін функциялар:
fx=x+x222+x333+ ...+xnnn+ ... ,
gx=x2ln22+x3ln33+ ...+xnlnnn+ ... ,
hx=x+x224+x336+ ...+xnn2n+ ...
және де (1.4.1) қатар сияқты (1.4.3) жалғыз шартымен анықталатын шексіз көптеген коэффициенттеріне байланысты көрсете беруге болады.
Біз осыған дейін дәрежелік қатардың коэффициенттерін нақты сандар және де x тек нақты мәндер қабылдайтын бүтін функцияларды қарастырдық. Бірақта, кез келген комплексті сандарды алуға ешнәрсе кедергі бола алмайды, әрі ол да тек (1.4.3) шартын қанағаттандыруы керек. Шындығында да, бұл шарт x комплексті сандардың кез келген модульдік мәні үшін де қатардың абсолютті жинақтылығыменен қамтамасыз етіледі. Бұдан соң x әріпін қолайлылық үшін нақты сандарды белгілеу ретінде қалдырамыз да, ал комплексті тәуелсіз айнымалыны z әріппен белгілейтін боламыз, ал оны z=x+iy деп аламыз, мұндағы x, y- нақты сандар, ал i=-1. Әдетте z комплексті айнымалыны геометриялық тұрғыдан жазықтықтағы нүктелер. Дербес z жағдайда айнымалысы y=0 кезінде z=x нақты мәндерін қабылдайтын болады. Кез келген бүтін функцияларды барлық комплексті жазықтықта анықталған z комплексті айнымалысын функция ретінде қарастыруға болады. Бұрынғы белгілеулерді сақтай отырып, көрсеткіштік және тригонометриялық функцияларды мына түрде алатын боламыз:
e2=1+z1!+z22!+ ...+znn!+ ... (1.4.7)
cosz=1-z22!+z44!-z66!+ ...+-1nz2n2n!+ ... , (1.4.8)
sinz=z-z33!+z55!- ...+-1n-1z2n-12n-1!+ ... (1.4.9)
Бүтін функциялар комплексті айнымалылы аналитикалық функцияның дербес жағдайы болып табылады. Егерде әрбір z нүктесінде комплексті айнымалылы жазықтықтағы қандай да бір G облысында сәйкесінше w комплексті сан сәйкес келетін болса, онда G облысында z комплексті айнымалылы функция анықталатын болады; сонымен қатар w және z нүктесіндегі функцияның мәні болады және де былай жазылады:
w=fz
f-пен қатар басқа да герк және латын әріптерін қолдана береді.
Егер әрбір z0 нүктесі үшін G облысында жататын комплексті айнымалылы функция аналитикалық деп аталады және оның функциядағы мәні z-z0 дәрежесі бойынша жіктелген дәрежелік қатар қосындысы түрінде шекарасын көрсетуге болады:
w=fz=c0+c1z-z0+c2z-z02+ ...+cnz-z0n... (1.4.10)
Дербес жағдайда, G облысы z0 нүктесінде шардың центрі болған жағдайда G облысында fz аналитикалық функциясы үшін (1.4.10) қатарды бұл шардың барлық жерінде fz функциясын алу жеткілікті.
Қандай да бір z1 нүктесіндегі шардың шекарасында дәрежелік қатарды fz жіктелуін алу үшін (1.4.10) қатар бойынша z-z0 түрінде алуға болады:
z-z0=z-z1-z0-z1,
қатардың әрбір мүшесіне cnz-z0n дәрежесінің z-z1 айырмасының дәрежесі бойынша жіктеуге болады, ал сосын z-z1 бірдей дәрежелері болатын мүшелерін жинау керек (яғни ұқсас мүшелерін келтіреміз).
Айтылған жағдайлар шар облысы үшін барлық комплексті жазықтықта G облысында қолдануға да болады; оны центрі кез келген нүкте болатын шардың шексіз радиусы ретінде де қарастыруға болады, мысалы үшін координаттар басын алуға болады.
Бұл жағдайда (1.4.10) формуланы z0=0 қоюға болады және барлық жазықтықта жинақталатын қатарды алу керек.
Сонымен, fz функциясын z комплексті айнымалылы барлық жазықтығында аналитикалық комплексті айнымалылы функция ретінде анықтауға болады.
fz функциясы анықталған қандай да бір z0 нүктесінде fz комплексті айнымалылы функцияның туындысы z1--zz1!=z кезіндегі fz1-fzz1-z қатынасының шегін айтамыз, яғни
f'z=limz1--z fz1-fzz1-z.
Бұл туындының анықтамасынан нақты айнымалылы функция үшін дифференциалдаудың ережесі келіп шығады және де комплексті айнымалылы функция үшін де айтсақ болады. Дербес жағдайда,
z-z0n=nz-z0n-1
(1.4.10) дәрежелік қатардың қосындысы кейбір центрі нүктесі болатын шардың жинақталуы бұл шарда кез келген ретті туындысына ие екенін көрсетуге болады. Олардың әрбірін (1.4.10) қатарды мүшелеп дифференциалдау арқылы сәйкесінше сонша рет алуға болады:
f'z=c1+2c2z-z0+3c3z-z02+ ...+ncnz-z0n-1+ ... ,
f''z=1∙2c2+2∙3c3z-z0+ ...+ncnz-z0n-2+ ... ,
f'''z=1∙2∙3c3+2∙3∙4c4 z-z0+ ...+n-2n-1 ncnz-z0n-3+ ... ,
(1.4.7), (1.4.8) және (1.4.9) формулалардан мүшелеп дифференциалдау арқылы мына теңдікті аламыз:
ez'=ez, cosz'=-sinz, sinz'=cosz
fz, f'z, f''z, ... , fpz, ... үшін қатарға z=z0 қоя отырып төмендегі теңдікті аламыз:
c0=fz0, c1=f'z0, c2=f''z02!, ... , cp=fpz0p!, ...
Сондықтан дәрежелік қатардың коэффициенттері z0 нүктесінде қатардың қосындысының туындысының мәні арқылы өрнектейді. Сондықтан да fz функциясын беретін қатарды төмендегі түрде жазуға болады:
fz=fz0+f'z01z-z0+f''z02z-z02+ ...+fpz0pz-z0n+ ...
Мұндай қатар fz функциясының Тейлор қатары деп аталады. Сонымен fz аналитикалық функциясын беретін дәрежелік қатар ол үшін Тейлор қатары болып табылады.
Дәрежелік қатардың коэффициенттері үшін алынған өрнектен егер z-z0 дәрежесі бойынша жіктелген екі дәрежелік қатардың қосындысы z0 центрімен берілген кейбір шарда сәйкес келетін болса, онда бірдей z-z0 дәрежесі үшін коэффициенттер жұп жұбымен тең.
Шындығында да, егер
a0+a1z-z0+ ...+anz-z0n+ ...=b0+b1z-z0+ ...+bnz-z0n+ ...=fz

an=fnz0n bn=fnz0n ,
Яғни n=0,1,2,3, ... үшін an=bn болады.
Дәрежелік қатардың қосындысынан G облысында аналитикалық fz функциясы бұл облыстық әрбір нүктесіндегі туындысына ие, яғни G облысында дифференциалданады; сондықтан ол осы облыста үзіліссіз. Мынадай кері теорема орын алады: егер z комплексті айнымалылы fz функциясы кейбір G облысында дифференциалданатын болса, онда ол осы облыста аналитикалық болып табылады.
Сондықтан да комплексті айнымалылы аналитикалық функцияның анықтамасы келесі формада берілуі мүмкін: кейбір G облысында анықталған z комплексті айнымалылы fz функциясы осы облыста аналитикалық деп аталатын егер ол онда дифференциалданатын болса. Дәл осы анықтама әдетте функциялар теориясында айтылып өтеді.
Сондықтан да бүтін функцияны барлық жазықтықта дифференциалданатын функция ретінде анықтауға болады:
fz және gz қандай да бір бүтін функциялар болсын, онда дифференциалдаудың ережесі негізінде мына теңдікті алатын боламыз.
fz+-gz'=f'z+-g'z,
fz∙gz'=f'z∙gz+fz∙g'z,

fzgz'=f'z∙gz-fz∙g'zgz2

fgz=f'gz∙g'z
Алдыңғы екі формуладан бүтін функциялардың көбейтіндісі, айырмасы мен қосындысынан - бүтін функция келіп шығатынын көруге болады.
Үшінші формуладан егер тек бөлімдегі функциямыз ешжерде нөлге айналмайтын болса, онда екі функцияның қатынасы да бүтін функция болып табылады.
Күрделі функцияның дифференциалдану ережесі беретін төртінші өрнектен бүтін функциядан бүтін функция екені келіп шығады. Мысалы үшін бүтін функция ретінде мына өрнекті айта аламыз esinz, eez, sinez, sincosz т.с.с.
Барлық жерде жинақталатын дәрежелік қатар өзінің жинақтылығының (абсолютті) арқасында бірнеше ақырлы қосындының қасиеттеріне ие.
Сонымен қатар оларға қосу, айыру және көбейту операциясы өспелі z дәрежесі бойынша жіктелетін көпмүшеліктерге қолданатын амалдардың ережесі бойынша орындалады. Сонымен, егер
fz=a0+a1z+a2z2+ ...+anzn+ ... ,
gz=b0+b1z+b2z2+ ...+bnzn+ ... ,
fz+-gz=a0+-b0+a1+-b1z+a2+-b2z2+ ...+an+-bnzn+ ... ,
fzgz=a0b0+a0b1+a1b0z+a0b2+a1b1+a2b0 z2+ ...+ a0bn+a1bn-1+a2bn-2+ ...+anb0zn+ ... (1.4.11)
Егер gz функциясы қандай да бір z үшін нөлге айналмайтын болса, онда дербес fz:gz бүтін функция болады; дәрежелік қатарға сәйкес келетін көпмүшеліктерге жіктелетін бөліндінің ережесі бойынша gz функциясы үшін қатарды fz үшін қатарға бөлу арқылы аламыз.
Бұл операцияға бірнеше қадамдар жасаймыз.
a0+a1z+a2z2+ ...+anzn+ ...b0+b1z+b2z2+ ...+bnzn+ ... a0b0+a1b0-a0b1b02z+ ...
-a0+a0b1b0z-a0b2b0z2+ ...a1b0-a0b1b0z+a2b0-a0b2b0z2+ ...
-a1b0-a0b1b0z+a1b0-a0b1b1b02z2+ ...a2b0-a0b2-a1b0-a0b1b1b02z2+ ...
... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .
fzgz=c0+c1z+c2z2+ ...+cnzn+ ... , (1.4.12)
Мұндағы c0,c1,c2, ... коэффициенттері жоғарыда алынған мәндерге ие. Әрбір дербес cn коэффициенттер мына формула бойынша алдыңғы коэффициенттер c0,c1,c2, ... cn-1 арқылы өрнектеледі:
cn=-c0bn+c1bn-1+ ...+cn-1b1b0 (1.4.13)
Бүтін (1.4.7), (1.4.8) және (1.4.9) функцияларға оралайық. z=iw өрнегін (1.4.7) формуласына қою арқылы мына теңдікті аламыз (мұндағы w - қайтадан комплексті айнымалы):
eiw=1+iw1!-w22!-iw33!+ ...
бұдан (1.4.8) және (1.4.9) формулаларды салыстыра отырып
eiw=1+iw1!-w22!-iw33!+ ...=1-w22!+w44!- ...+iw-w33!+w55!- ...,
eiw=cosw+isinw (1.4.14)
Бұл - тригонометрия арқылы көрсеткіштік функцияны өрнектейтін Эйлер формуласы. (8) және (9) формулаларынан косинустың жіктелуі тек тақ дәрежелі айнымалы, ал синустың жіктелуі - жұп функция екенін ескеруге болады. Сондықтан, (1.4.14) формула алмастыру арқылы мына теңдікті аламыз:
e-iw=cosw-isinw (1.4.15)
(1.4.14) және (1.4.15) мүшелеп ала отырып тағы да екі Эйлер функциясын табамыз және ол келесі көрсеткіштік функциялар арқылы тригонометриялық функциялармен өрнектеуге болады:
cosw=eiω+e-iω2, sinw=eiω-e-iω2i. (1.4.16)
Эйлер формуласынан комплексті айнымалылы көрсеткіштік және тригонометриялық функциялар бүтін функциялар болып табылады. Қатарлардың көбейтіндісі ретінде ez1, ez2 үшін екі қатардың көбейтіндісін айтуға болады. Мұндағы z1, z2- кез келген комплексті сандар. Өйткені
ez1=1+z11+z122+z133+ ...+z1nn+ ... ,
ez2=1+z21+z222+z233+ ...+z2nn+ ... ,
ez1, ez2=1+11z1+ z2+12z12+2z1z2+z22+13z13+321z12z2+3 12z1z22+z23+ ...
...+1nz1n+nn-11z1n-1z2+nn-22z1n-2z2 2+ ...+n1n-1z1z2n-1+z2n+ ...=
=1+11z1+ z2+12z1+ z22+13z1+ z23+ ...+1nz1+ z2n+ ...
Бұдан мына теңдік шығады:
ez1 ez2=ez1+ ez2 (1.4.17)
Бұл - көрсеткіштік функциясы үшін көбейту теоремасы болып табылады. Біз бұдан екі мұндай функцияның мәні сәйкесінше дәрежеге жіктелетінін көріп отырмыз.
Дербес жағдайда z1=z, z2=-z қоя отырып, мына теңдікті аламыз:
ez∙e-z=e0=1 (1.4.18)
Өйткені, ez∙e-z сандардың көбейтіндісі ретінде бұл формуладан нөлге тең емес екендігін көрсек, онда бұдан келіп шығатыны ол ez көрсеткіштік функциясы әрқашан нөлден өзгеше, яғни ez=0 теңдеуі тек нақты бөлігіне ие ғана емес, бірақ жорамал бөлігіне де ие емес.
(1.4.18) өрнек егер бөлінді ешжерде нөлге айналмаса, онда дербес екі бүтін функция бүтін функция болып табылады. Дербес жағдайда, 1ez бұл шартты қанағаттандырады. (1.4.18) формуласынан келіп шығатыны, ол
1ez=e-z=1-z1+z22-z33+z44- ...
Бұл шындығында бүтін функция.
Енді біз кез келген gz бүтін функциясы ешжерде нөлге айналмайды және оны gz=ehz түрінде көрсетуге болады, мұндағы hz-бұл да бүтін функция. Дербес fzgz үшін fze-hz көбейтіндісі түрінде алуға болады, бұдан да оның бүтін функция екенін көруге болады.
Осы күнге дейін біз комплексті жазықтықтың кейбір ашық бөліктерінде голоморфты болатын функциялар жайлы үйренгенбіз. Енді комплексті жазықтықтың барлығында голоморфты қасиеттерін зерттейміз. Барлық комплексті жазықтықта голоморфты функцияны бүтін функция деп атаймыз.
Бүтін функцияның кейбір қасиеттерін келтірейік.
* Шексіз жинақтылық радиусымен Тейлор қатарына жіктеледі.
* Шексіз нүкте шектерінің нөлдері оқшауланған.
Аталған қасиет теорема және оның салдарының басқаша тұжырымдамасы. Шындығында тұрақты емес шектелген бүтін функция болмайды. Бұл таңқалатын жағдай.
* Синус, косинус тригонометриялық функциялар шексіз радиуспен Тейлор қатарына жіктеледі.
* Синус, косинус тригонометриялық функциялар барлық сандық түзуде шектелген.
Теорема 1 (Лиувилл Жозеф). Шектелген бүтін функция - тұрақты функция.
Дәлелденуі: Теорема бойынша кез - келген бүтін функция радиусын Тейлор қатарына жіктеуге болады.
fz=C0+C1z+C2z2+ ... мұнда Ck=12i∮z=kfttk+1
Модуль коэффициентін бағалаймыз
C1=12iz=Rftt2dt=1202fReiφR2e2iφRei φidφ=MR,
егер fz=M, ∀zϵ∎.
Сонда кез - келген R радиус саны және C1 коэффициент R - ден тәуелсіз, онда шекке өте отырып C1=MR, теңсіздігіне C1=limR--infinityC1=limR--infini tyMR=0 аламыз. Осындай жолмен C2=MR2⟹C2=0 де бағаланады. Осыған ұқсас талқылаудан Ck=MRk⟹Ck=0 ∀k=1 аламыз. Нәтижесінде fz=C0 барлық ∀z: zR үшін, мұнда R - кез - келген сан. Теорема дәлелденді.
Салдар. cosz бүтін функциясы шектелмеген функция болып табылады.
Дәлелдеу: сонымен cosPI!=cos2PI болса, онда ол теореманың салдарынан бірден шығады.
1-жаттығу. Комплексті жазықтықтың қандай сәулесінде cosz бүтін функциясы шектеусіз өседі?
Теорема 2 (Лиувилл Жозеф). Бүтін функция, өзінің модуль аргументінің кейбір дәрежесі тезірек өспейтін модуль көпмүшелікті көрсетеді.
Дәлелдеу: теорема бойынша шеңбердегі кез - келген радиусты бүтін функцияны Тейлор қатарына жіктеуге болады.
fz=C0+C1z+C2z2+ ... мұнда Ck=12i∮z=kfttk+1dt

Ck+1=12iz=Rftts+2dt=1202fReiφRs+2e siφReiφidφ=MR- модуль
коэффициентін бағалаймыз, eгерде ∃s⟹fz=Mzs, ∀zϵ∎. Сонымен кез - келген R радиус саны және C1+s коэффициенті R - ден тәуелсіз болса, онда C1+s=MR теңсіздігіндегі шекке көше отырып, C1+s=limR--infinityC1+s=limR--in finityMR=0 аламыз. Дәл осылай C2+s=MR2⟹C2+s=0 де бағаланады. Осындай талқылауды жалғастыра отырып Ck=MRk⟹Ck=0 ∀k=1+s. Нәтижесінде барлық ∀z: zR үшін, R - кез - келген сан болып fz=C0+C1z+ ... +Ckzk болады. Теорема дәлелденді.
2 теореманың салдары. Бүтін функция өзінің модуль аргументінің кейбір дәрежесі тезірек өспейтін модуль шекті нөлдер санына ие болады.
Салдарды талқылау. Дәрежесі S болатын көпмүшелік S - тен аспайтын нөлдері бар болса, онда көпмүшелік нөлдері неғұрлым көп болса, соғұрлым шексіздікке қарай өседі. Мысалға, сызықтық функцияның бір нөлі, ал квадраты үш мүшеліктің екі нөлі болады. Квадрат үш мүшелік шексіздікке қарай екінші дәрежелік сияқты, ал сызықтық функция бірінші дәрежелік сияқты айнымалыға тәуелсіз өседі. Шындығында тұжырым бүтін функция үшін орынды. Егер egz түріндегі бүтін функцияны ескермесек, мұнда gz - кез - келген бүтін функция. Басқаша айтқанда тек экспонента ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.