Excerpt
Skaičių I vadiname integralinių sumų 6 riba, jei kiekvieną (kiek norima mažą) skaičių < > 0 atitinka toks Š=3 (e), kad, imant bet kurį suskaidymą, kurio …
Excerpt
n lim ž (u (Ek T) A5r— BEL Ak) Ay,)= A—0 5 = [ u(x, y)dx—v(x, y)dy. L Dėl tos pačios priežasties lim Š 2 (e (ės m) Aankulės m) An) 2—0 r o (x, y dx +8(x, y)dy. L Vadinasi, minėtomis sąlygomis integralinės sumos G realioji ir menamoji komponentės turi …
Excerpt
o tarę, kad C,=z,—;, turime kitą integralinę sumą »3 Za - AZ k=! Kadangi funkcija f(z)=z bet kurioje kreivėje L yra tolydinė, tai integralas f zdz L egzistuoja; todėl abi integralinės sumos turi bendrą ribą [ zdz. Tą pačią ribą turės ir jų i aritmetinis …
Excerpt
8. Jei funkcija f(z) yra integruojama kreive L, tai, kreivę L padalijus į dvi dalis L, ir L,, [ £ie)dz= | £(e)dz+ | f(e)az. 4. Jei |f(z) | < M visuose kreivės L taškuose, tai [fd …
Excerpt
Vadinasi, iš $ 32 (4) formulės dabar gauname B [r04z= f [u(+0. > 0)* O=o(x00. »(0)y O Jar 8 +i [[e(x00, 300) x (xx (+. » (0) (O) dr [-4 8 Integralas f o (1) dt yra integralo ji o (z) dz atskiras atvejis: kreivė L čia a L yra realiosios ašies atkarpa [«, …
Excerpt
Pastebėsime, kad kreivės kryptis sutampa su parametro ; didėjimo kryptimi. Vadinasi, A(2)=a+re!!, X (t)=ire!!. todėl | dz * r ireitdt relt 21 =i [| dr=2zi. ZA ' 0 L $ 35. Tolygiai konverguojančios eilutės integravimas Iš $ 33 minėtos antrosios integralo …
Excerpt
Įrodymas. Iš pradžių pastebėsime, kad nurodytomis sąlygomis suma s(z) yra tolydinė kreivėje L ($ 29). Todėl integralas [ s(z) dz egzistuoja. I. Imkime (8) eilutės dalinę sumą I,= [| Atdz+ | Aldz+...+ [| f. (e) dz= L L L = | (KO+K0+---+/, 00) dz Kadangi f …
Excerpt
Dabar išnagrinėsime Koši integralinę teoremą, kurią analizinių funkcijų teorijoje galima laikyti pagrindine. Po jos atsiras sąvokų ir išvadų, kurioms analogiškų nebuvo matematinėje analizėje. Teorema. Jei funkcija f(z) yra analizinė ir vienareikšmė …
Excerpt
64 brėž. Tuo, kas pasakyta šioje pastaboje, apsiriboti negalima, todėl Koši inte- gralinę teoremą toliau įrodinėsime, laikydamiesi tų sąlygų, kurios nurodytos aukščiau suformuluotoje teoremoje, t.y. nereikalaudami nei išvestinės f'(=) tolydumo, nei to, …
Excerpt
Vadinasi, LLS L- A" Aš (Nė: A"" EAFBDCE + (firiaafoj it (ia oje ae i a FE EF DF FD ED D nes [af [4 [ao [a [0 FE | EF DF FD ED "DE Iš lygybės Ll E A Asinalais (ATA gauname BABA ASA S A A* A A A Bent vienas iš keturių dėmenų, esančių šios nelygybės …
Excerpt
Kiekvienas iš pasirinktųjų trikampių yra prieš jį esančiame trikampyje, Be to, 2 o = (> l, 258). (2) 2. Jeigu A, ir A yra atitinkamai kontūrų A, ir A ilgiai, tai = A. A A; PP Vadinasi, lim A,=0, t. y. šie trikampiai susitraukia į tašką, sakysime C, kuris …
Excerpt
Vadinasi, kai n> N ir zeA,, iš (3) nelygybės gausime K0-/0-/ (O e-O| N) [f dz| < (e-A)-A,=z-A5, A : arba | | Ąž [f dz …
Excerpt
66 brėž. nes [+ f =0. Todėl KL LK Is ae [JA-+ [MA P, Jei kuri nors laužtė P, ar P, turi daugiau kaip 3 viršūnes, tai su ja pasielgiame, kaip ir su laužte P. Procesą tęsdami, gausime lygybę Ira dz = | f(z)dz + Ira dz +... + [| f(2) dz, A, Ė kurioje A,, A,, …
Excerpt
būdu laužtė P suskirstoma į dvi dalis: uždarą laužtę P'= KBCDK, ne- kertančią savęs, ir likusią uždarą laužtę P,= AKEFA. Iš lygybės [fe dz= | Paz + [flas P P, P kurioje paskutinis integralas lygus nuliui (ką tik įrodėme), gauname [f04= [ f) dz. P P, Jei …
Excerpt
Imkime d=min fe, 1| ir taškais Z90> Z15 Z9, (TT ŽE 5 Zy5 "7 Z„=Zą kreivę L padalykime į lankus E la, Žies lasss IE kurių ilgiai mažesni už d. Styga p,, jungianti taškus z, , ir z,, bus srityje D, nes jos galų atstumai iki srities D kontūro nemažesni už p, …
Excerpt
| L) - /(edl dz) …
Excerpt
69 brėž. Tuo įsitikiname, imdami uždarą kreivę L=L,+(—L,). Tada pagal Koši integralinę teoremą turime [fd = | fle)dz + | £e)dz=0, L Iki -L, arba - [ f(z)dz— | f(2)dz=0. L, L. Iš čia ir gauname reikalingą įrodyti lygybę [f()dz= | £(e) dz. L L, Vadinasi, …
Excerpt
70 brėž. (integravimo kintamąjį pažymėjome raide C, kad jo nesupainiotume su kintama viršutine riba z). Teorema. Jei funkcija f(z) yra analizinė ir vienareikšmė vienkart susi- jusioje srityje G, tai funkcija F(z)= | £(0) d€ taip pat analizinė šioje …
Excerpt
todėl nagrinėjame skirtumą EB) ra) L (704 -7ia). A Zi Zy Iš $ 32 pavyzdžių matyti, kad | dt=z—2,. Vadinasi, vą Flz) - Flz)) BETA Įro4- Ie [š- Zi [ Co-rc0)4 3 =— 2 Funkcija f(z) taške z, yra tolydinė (tame taške ji turi baigtinę išvesti- nę!), todėl bet …
Excerpt
Nesunku įsitikinti, kad bet kuri kita funkcija O (z), primityvinė funkci- jai /(z), nuo F(z) skiriasi tik konstanta, t. y. O (z)— F(=)= C. Norėdami tuo įsitikinti, imkime skirtumą o (z)= D (7)— F (2). Tai funkcija, analizinė srityje G, kurios išvestinė …
Excerpt
2. Funkcija In z=1n | z|+i arg z srityje —= …
Excerpt
0 i 2) 72 brėž. Norėdami apibendrinti integralinę Koši teoremą ir pritaikyti ją tam at ejui, kai funkcijos f(z) analiziškumo sritis yra daugkart susijusi, įro- dysime šitokią teoremą. Teorema. Tarkime, kad G — bet kuri sritis, f(z) — analizinė ir viena- …
Excerpt
[ale f+ [4-0 bn'c cd dp'e ef Ja a Sudėję šias lygybes ir pastebėję, kad Jė V tą Įsaię | 178 de ef Je gauname ([+ [)+( [+ [)-( ži IB agf fa'a bn'c cnb dp'e epd arba [r04+ [fd + [ Fe 24-0. (1) L —lš —l5 Iš čia ir gauname reikalingą įrodyti lygybę, būtent, …
Excerpt
| Is (2) 73 brėž. Paskutinis integralas, kaip išsiaiškinome $ 34, lygus 27 i. Todėl | dz Lo ZA i Savaime aišku, kad tuo atveju, kai taškas a yra kreivės L išorėje, gauname | dz Ža 2 = 0 Žž (Koši integralinė teorema!). Uždaviniai 1. Apskaičiuokite …
Excerpt
z 6. Apskaičiuokite | z dz, kai L yra uždara kreivė, sudaryta iš viršutinių pusap- L skritimių | z|=2 ir | z |=1 ir dviejų realiosios ašies atkarpų [—2, — 1] bei [1, 2]. Ž P dz . š 7. Imdami |/ 1 =1, apskaičiuokite [ V=“ kai L — pusapskritimis |z|= I, o Z …
Excerpt
Sakykime u(x, y) — harmoninė srityje G. Remiantis 2 teorema iš 8 78, egzistuoja analizinė srityje G funkcija f(z)=u (x, y)+-i9 (4, V), z=x+iy, kurios realioji dalis yra duota harmoninė funkcija vu (x, y). Sudarykime pagalbinę funkciją g(0)=e!0. Funkcija …
Excerpt
met, kai bus patogu, funkciją v (x, y) žymėsime taip pat u(z) suprasdami, kad z=x+iy). Išskleisime funkciją f(z) laipsnine eilute: fiz)= 1), Ck (Z— 0)“ () k=0 ir, įvedę žymėjimus z—z,=rei* ir cp=c4+iBp (4, B, — realūs), atskir- sime (1) eilutės realią ir …
Excerpt
čia P, (x, y) ir O, (x, y) yra realūs k-tojo laipsnio dviejų kintamųjų po- linomai. Iš čia: u (x42)= 2) Pk 0219): | (2a) k=0 P, (x, y) yra harmoninės funkcijos, sutampančios su (2) eilutės na- riais (kaip analizinių funkcijų c,(z—z9)“ realiosios dalys). $ …
Excerpt
ir (3) lygybę galima pertvarkyti šitaip: | 1 į (9- J IO( „K 6R)- K (E-Z, |=R RP Z £ 21 1 1 1 2 T Ai ip J(E) (aem-xa— 3 ešas 0 ReiB — — pik r 2 1 R rei (0—a) = B | J(E) = T R-rei(0-a) | 40 0 21 R[R-rei (9—2)]+rei (6-2) [R-rei (2—0)] EE [ [R-rei …
Excerpt
atveju, funkcijai u (z) taip pat galioja (5) lygybė, t. y. harmoninės srityje G funkcijos reikšmė bet kuriame srities G taške Zz, yra lygi šios funkcijos reikšmių vidurkiui apskritimo su centru z, (ir pakankamai mažu spindu- liu) taškuose. Galima įrodyti …