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 …
Excerpt
(1) lygybės dešinėje pusėje visi dydžiai yra žinomi, todėl integralą ga- lima suintegruoti ir tada, kai iš anksto nėra žinoma, ar egzistuoja nagri- nėjamo Dirichle uždavinio sprendinys. Natūralu spėti, kad integralas 27 1 0 R2?-r;ž = | 9 (Re?) RT RR, cos …
Excerpt
yra uždara aibė, priklausanti skrituliui | z | < R, todėl to apskritimo tašk- kuose (4) eilutė konverguoja tolygiai. Kitaip sakant, bet kokiam r < R (4) eilutė konverguoja tolygiai kintamojo x atžvilgiu. Bet kintamieji « ir 0 į (4) lygybę įeina …
Excerpt
Via 78 S m LVL J |p(Re'?)| d. Iš čia gauname: k im Viužiė] . t. y. (5) nelygybę. Taigi, įrodėme, kad (2) integralu apibrėžta funkcija u(z) yra harmoninė skritulyje |z| < R. Sakykime, 0, — bet koks skaičius iš intervalo [0, 27). Įrodysime, kad funkcijos u …
Excerpt
98 brėž. (užrašydami paskutinę (9) formulės lygybę, rėmėmės (6) lygybe). Tam, kad įvertinti antrąjį integralą, esantį (8) formulės dešinėje pusėje, kai ; Ė O š z—> U,= Rei“, tarkime, kad | z—C,| < Rsin 5, z=re'“. Tuomet nesunku matyti, (98 brėž.), kad …
Excerpt
lim v(z)=09(€5). z=t. Įzi …
Excerpt
Panariui integruodami šią lygybę, gauname: +0 Ck (z—z0)K*! |+ , ..., nesutampančius 257 …
Excerpt
su tašku z=0, ir, gal būt, logaritminį polių z=0. Tarsime, kad |C,| < …
Excerpt
čia r= |z|, «=argz. Įstatę Z(z) išraišką, gausime n u (=) — Y. 4(2= k=0 I a = Iš io i0 : R2-—p2 2. 55 J [u (Rei?) 2 i (Re?) r 19= Ga S a io R2-—r* r | 20) R*+r2— 2Rr cos (4 —0) do, (4) 0 nes k (Re'9)=1In 1=0. Įstačius į (4) lygybę funkcijų v,(z) …
Excerpt
nuliai ir poliai yra šio apskritimo išorėje. Užrašę (5) formulę funkcijai u(z)=1n | (=) |, gausime: | 21 1 r 4 i Rž-r* D | In f(Re“)| R*4r2—2Rr cos (x—0) d0= ADB = Riz-ak| =n | 2 pa lnR- 2 RRT k=l! 2 R|z-bk| „In. 6 "2 Egon (R*— byz! (0) Jeigu funkcijos …