Г.Н. НИГМЕТОВА КОМПЛЕКСТІК АНАЛИЗ

3.Шексіз	алыстаған нҥктенің функцияның ӛзгеріс-сипаты. f z
функциясының	шексіз алыстаған нүктенің аймағындағы ӛзгеріс-сипатын

анықтау, жаңа белгілеудің кӛмегімен z функциясының нӛлдік нүктесінің аймағында ӛзгеріс-сипатын зерттеуге келтіретіндіктен (5.2. параграфтың 1- пункиіндегі барлық қорытынды шексіз алыстаған нүкте жағдайына бірден ауысады.

Сонымен, егер f z функциясының шексіздікте полюсі болса, онда қандай да болсын үлкен оң С саны үшін шексіз алыстаған нүктенің аймағы бар болып, барлық нүкте үшін f z C орындалады, немесе қысқаша:

lim f (z)

z

Ал f z функциясының шексіз алыстаған елеулі ерекше нүкте жағдайында Сохоцкий теоремасын былай айтуға болады:

А саны қандай болмасын, шектеулі немесе шектеусіз болсын елеулі ерекше ∞ нүктесіне ұмтылатын z1, z2 ,..., zn нүктелер тізбегі табылып, онда

lim f (zn ) A ,

zn

немесе қысқаша: шексіз алыстаған елеулі ерекше нүктенің кез келген

аймағында	f z функциясы алдын ала берілген кез келген санға мейлінше жуық
мәндерді қабылдайды.
Енді	f z функциясының жӛнделінетін шексіз алыстаған ерекше нүктенің

жеткілікті кіші аймағында, бұл функция шектелген болады, яғни екі тұрақты R және М оң саны табылып, барлық z – те z R мынадай болады:

f z M .

Екінші жағынан, кӛрсетілген ерекшеліктердің үш түрі оңашаланған ерекше нүкте үшін бірден-бір мүмкін жағдайы болғандықтан, онда, керісінше, шексіздік оңашаланған ерекше нүкте болатын f z функциясы мүлде мұнда былай болады:

а) егер функция осы нүктенің жеткілікті кіші аймағында (модулі бойынша) үлкен болса, онда ол полюс;

ә) егер функция шексіз алыстаған нүктенің жеткілікті кіші аймағында анықталмаған болса, онда ол елеулі ерекше нүкте;

б) егер функция шексіз алыстаған нүктенің жеткілікті кіші аймағында шектелген болса, онда ол жӛнделінетін ерекше нүкте.

5.4. Аналитикалық функцияның жай кластары

1.Бҥтін функциялар. Ерекше нүктенің сипатына байланысты әр түрлі функциялар класын анықтауға болады. Мәселен кез келген бүтін рационал функцияның шексіздікте оның полюсінің жұмысын атқаратын бір ерекше нүктесі барлығы белгілі.

Керісінше, егер бір мәнді f (z) функциясының шексіздікте бірден бір ерекше нүктесі –полюсі болса, онда бұл функция бүтін рационал функция

61

f z

болады. Шынында да, функциясының Лоран жіктеуінде шексіз алыстаған нүктенің аймағы үшін z оң дәрежелерінің тек шектеулі саны ғана бар. Ішінде z

оң дәрежелері бар Лоран жіктеуінің бір бӛлігі	A	z p A	p 1	z p 1 ... A z	арқылы
	p			1

белгілейік f z функциясының шексіз алыстаған нүкте аймағындағы бас бӛлігі

және оның бір берілген функциядан алып тастаймыз. Шыққан айырым
F(z) f (z) A	z p A	p 1	z p 1 ... A z	(5.29)
p			1

кез келген z нүктесінде голоморфты болады; шексіздікте оның жӛнделінетін ерекше нүктесі болады, ӛйткені шексіз алыстаған нүктенің аймағындағы оның Лоран жіктеуі бірден-бір жалғыздығынан z-тің оң дәрежелерін болмайды. Егер

F( ) lim F(z)

z

деп ұйғарсақ, біз F (z) функциясын барлық, «кеңейтілген» жазықтықта комплекс айнымалы z-тің голоморфты функциясы деп атай аламыз.

Осындай функция барлық жазықтықта бір қалыпты шектелген бола тұрып Лиувииль теоремасы бойынша тұрақты с-ға теңбе-тең. Демек, мынаны аламыз:

F(z) f (z) Ap z p Ap 1 z p 1 ... A1 z c ,

бұдан

f (z) c Ap z p Ap 1 z p 1 ... A1 z

яғни f (z) рационал функция екендігі шығады.

Одан әрі жинақтылық радиусы R=∞ шексіз дәрежелік қатармен кескінделетін функцияны біз бүтін трансцендентті функция деп атаймыз. Осындай функцияның елеулі ерекше нүктесі бола алатын шексіздікте бір ерекше нүктесі бар. Керісінше де: шексіздікте ӛзінің елеулі ерекше нүктесі бола алатын бір ерекше нүктесі бар кез келген бір мәнді f (z) функция бүтін трансцендентті функция болатындығын кӛру қиын емес. Шынында да, шексіз

алыстаған			нүктенің аймағындағы			f (z) функциясының бас		бӛлігін
A z A z 2		... A		z p ... арқылы белгілеп
1	2		p
				F(z) f (z) (A z A z 2		... A	z p ...)	(5.30)
				1	2	p

айырымын құраймыз.

Бұрын айтылғандай, бұл F (z) функциясы барлық жазықтықта бір қалыпты шектелген, ал сондықтан да Лиувилль теоремесы бойынша ол тұрақты сан с болады. Демек, былай болады: F(z) c , бұдан (5.30) теңдік бойынша былай болады:

f (z) c A1 z A2 z 2 ... Ap z p ... ,

яғни f (z) бүтін трансцендентті функция.

Барлық баяндалғанды біріктіре отырып, біз шексіз алыстаған нүктеден басқа, барлық жазықтықта голоморфты кез келген функцияны бүтін функция деп атай аламыз, сонымен қатар бұл функция шексіз алыстаған нүктенің полюсі немесе жӛнделінетін ерекшелігі бар елеулі ерекше нүктенің болу, болмауына байланысты трансцендентті, рационалды немесе тұрақты сан болады.

2. Мероморфты функциялар. Бүтін функциялар класынан анағұрлым жалпы түрдегі мероморфты функциялар класы. Мероморфты функция деп,

62

полюстен басқа, жазықтықтың шектеулі бӛлігінде ерекше нүктесі болмайтын кез келген бір мәнді функцияны атайды. Дербес жағдайда, кез келген рационал функция осы класқа жатады.

Шынында, рационал функцияның

	p zn p zn 1		... p
0		1	n
f (z)
	q zm q zm 1		... q
0		1	m

барлық «кеңейтілген» z-жазықтықта өзінің еркше нүктелері ретінде тек қана полюстер болады. (n>m болғанда шексіз алыстаған нүкте n−m ретті полюсі болады. n≤ m болғанда шексіз алыстаған нүкте жӛнделінетін ерекшелікте болады, демек, осы нүктеде функцияның тиісті түрде анықтасақ, оны дұрыс нүктеде есептеуге болады).

Бұған кері жағдайдың да бар екенін кӛрсетелік: егер бір мәнді функцияның

«кеңейтілген» жазықтықта, полюстерден басқа, ерекше нүктелері болмаса, онда ол рационал функция болады.

Дәлелдеу. Берілген f (z) функциясының шексіздікте тек қана полюсі болғандықтан, ол шектеусіз алыстаған нүктенің кейбір аймағында |z|>R голоморфты функция болады. Бұл функцияның |z|≤R дӛңгелегінде тек қана полюстерінің шектелуі саны ғана болуы мүмкін, ӛйткені қарсы жағдайда, полюстердің шекті нүктесі полюстерге жатпайтын ерекше нүкте болады, ал бұл шарт бойынша мүмкін емес. Сонымен, f (z) функциясының барлық мүмкін болатын полюстері шектеулі санда болады; оларды арқылы

белгілейік; сонымен бірге, шексіз алыстаған нүкте де полюс болуы мүмкін; әр

полюстің аймағында біз

f (z)

функциясын

Лоран қатарына

жіктеп және z

нүктесі үшін оның бас бӛлігін

h (z)

c( )

c( )

...

c( )

1

2

1, 2, ..., k

2

z z

(z z )

(z z )

арқылы белгілейміз, ал

нүктесі үшін

g(z) A z A z 2

... A

z p

1

2

p

арқылы белгілейміз.

Берілген f (z) функциясынан рационал

R(z) h1 (z) h2 (z) ... hk

(z) g(z)

,

функциясын алып тастасақ, мынаны аламыз:

F(z) f (z) R(z)

(5.31)

f (z) функциясының ӛзінің бір ерекше нүктелері ретінде

, ,…, және шексіз

алыстаған нүктесі

бар;

осы

нүктелердің

әрқайсысы

F (z)

функциясының

жӛнделінетін ерекшелігі болады, ӛйткені оның осы нүктелердің әрқайсысының аймағындағы Лоран жіктеуі, осы жіктеудің бірден−бір жалғыздығының негізінде бас бӛлігі болмайды. Демек, егер жӛнделінетін ерекше нүктелердегі функцияның мәндерін тиісті түрде тағайындасақ, оны комплекс айнымалы z-тің «кеңейтілген» жазықтығында голоморфты деп есептеуге болады. Ең соңында, Лиувилль теоремасы бойынша біз F (z) функциясын тұрақты с санына

63

теңбе−тең деп қорытамыз. Сонымен F(z) c , ал бұдан (5.31) теңдік бойынша мынау шығады:

f (z) R(z) c ,

яғни f (z) рационал функция болады, керегі де осы болатын.

3.Рационал функцияны жай бӛлшектерге жіктеу. h(z) функциясының рационал f (z) функцияның z полюсіне сәйкес жай бӛлшек (және жалғыз) болатындығын ескеріп, біз 2-пункт бойынша, оның үстіне, мынаны тұжырымдаймыз: кез келген рационал функцияны, оның бүтін бөлігін бөліп тастау арқылы жай бөлшектерге жіктеуге болады және де бұл оның бірден−бір жолы болады.

4.Алгебраның негізгі теоремасы. Лиувилль теоремасы бойынша жоғары алгебраның негізгі теоремасы дұрыстығына кӛз жеткізу қиын емес.

Теорема. Кез келген бүтін рационал функцияның

g(z) a zn a zn 1		... a ,	n 1
0	1	n

ең болмағанда бір нӛлі болады.

Дәлелдеу. Қарсы жорып, біз g(z) функциясы жазықтықтың ешқандай z нүктесінде нӛлге айналмасын делік. Бұл жағдайда

f (z) 1 g(z)

функциясы барлық жазықтықта голоморфты болады. Енді

f (z)				1
		n		a1	...	an
	z	a0
				z		z	n

болатынын ескеріп, бұдан мынаны қорытамыз:

lim f (z) 0 .

z

Демек, егер f( )=0 деп қабылдасақ, шексіз алыстаған нүкте	f (z)
функциясының нӛлі болады. Лиувилль теоремасы бойынша осындай	f (z)

функциясы тұрақтыға теңбе-тең болу қажет, атап айтқанда, нӛлге, ӛйткені

lim f (z) 0 . Алынған қайшылық алгебраның негізгі теоремасының дұрыстығын

z

дәлелдейді.■

VI ТАРАУ. ҚАЛЫНДЫЛАР ТЕОРИЯСЫ

6.1.Қалындылар және оларды есептеу

Егер		f z функциясының	z0 оңашаланған ерекше	нүктесі түзуленетін
тұйық сағат тілінің бағытына қарсы бағытталған L сызығының ішкі нүктесі
болып, ол сызықтың бойында			және барлық z z0 ішкі	нүктелерінде f z0
аналитикалық функция болса, онда
1		f z dz
	2 i
		L
			64

интегралы f z	функциясының			z0	нүктесіне қатысты қалындысы деп аталады
да, оны Re s f z0 немесе Re s f z ; z0 деп белгілейді.
Сонымен,
	Re s f z0			1		f z dz .					(6.1)
			2 i
					L
Коши теоремасы. Контуры L болатын D тұйық облысында аналитикалық
f z функциясының шектеулі				санды			zk		k 1, 2,..., n		ерекше оқшауланған
нүктелері бар бар болса онда
	n
f z dz 2 i Re s f zk											(6.2)
L	k 1
болады.											k 1, 2,..., n ерекше
Дәлелдеу.	Теореманы	дәлелдеу					үшін әрбір zk
нүктелерін центр ретінде алып,				lk	k 1, 2,..., n					шеңберлерін сызамыз және олар

қос-қостан қиылыспау үшін және L контурының ішінде тұтас жату үшін оларды ӛте кішкентай етіп аламыз (19-сурет).

	19-сурет
f z функциясы күрделі	L l l	... l	контурымен шектелген тұйық
	1 2	k

облыстың әр нүктесінде голоморфты болғандықтан, кӛп байланысты облыс үшін Коши теоремасы бойынша

	f z dz	f z dz	f z dz ... f z dz ,
L	l1	l2	ln

мұндағы интегралдау L,l1 ,l2 ,...,lk контурының оң бағыты бойынша жүргізіледі. (6.1) формуласы бойынша:

f z dz 2 i Re s f z1 ,

l1

f z dz 2 i Re s f z2 ,

l2

………………………..

f z dz 2 i Re s f zn

ln

Демек,

f z dz 2 i Re s f z1 ... 2 i Re s f zn . ■

L

Бұл теорема функцияның интегралын есептеуге қолданылады.

65

6.2. Оңашаланған ерекше нҥктеге қатысты функция қалындысы

1.Жӛнделінетін ерекше нҥкте. Егер f z функциясының z0 нүктесінің

аймағында Лоран қатарына жіктесек, онда қатардың с 1 коэффициенті					f z
функциясының z0 нүктесіне қатысты қалындысына тең болатынын кӛреміз:
c-1	1		f z dz	немесе Re s f z0 c 1 .
	2 i
		L		f z функциясының жӛнделінетін ерекше нүктесі болса,
Егер z z0			нүктесі

онда

Re s f z0 0

( бұл жағдайда (5.1) Лоран жіктеуінде бас бӛлігі жоқ, сондықтан с 1 0 ).

2. Полюс. Айталық, z0 нүктесі f z функциясының жай полюсі болсын.

Бұл жағдайда Лоран жіктеуінің бас бӛлігінде тек қана бірінші теріс дәрежеде (z z0 ) ғана болады:

	(z z0 )			c 1	.
f z сn		n
n 0				z z0
Бұл жіктеудің екі жағын бірдей (z z0 ) кӛбейтіп, мынаны аламыз:
	(z z0 ) f z сn (z z0 )n 1 c 1						6.3)
					n 0
Бұл теңдіктің оң жағы дәрежелік қатар болғандықтан,							оның қосындысы z0

нүктесінде үзіліссіз болады. Демек, (6.3) теңдікте z- тің z0 -ге ұмтылғандағы шекке кӛшіп, мынаны аламыз:

Re s f z0 c 1 lim z z0 f z . (6.4)

z z0

Бұл формула жай полюске қатысты функцияның қалындысын есептеуге мүмкіндік береді.

Айталық, z0

нүктесі

f z

(z)

функциясының

жай полюсі

болсын,

(z)

мұндағы z0 0

және z0 0 , z0 0 . Сонда (6.4) формуласы бойынша

Re s f z

c

z z

z

z

z0

0

1

z z0

0

z

z z0

,

(6.5)

z z0

z0

lim

lim

z z0

яғни

z

z

0

Re s

, z

.

(6.6)

0

z0

z

(6.6)- бұл екі функцияның қатынасы түрінде берілген f z функциясының қалындысы.

(6.4) формуласын кез келген m –ретті полюс үшін де қорытып шығаруға болады. Бұл жағдайда Лоран жіктеуі мына түрде жазылады:

			c 1			c 2				c m
f z сn (z z0 )	n								...				.	(6.7)
			z z			(z z	0 )	2		(z z	0 )	m
n 0				0
						66

Осы (6.7) жіктеудің екі жағын (z z0 )m кӛбейтіп,мынаны аламыз:

(z z0 )m f z сn (z z0 )n m c m c m 1 (z z0 ) ... c 1 (z z0 )m 1	(6.8)

n 0

(6.8) теңдікті (m –1) рет дифференциалдасақ,онда оның оң жағында бос мүшесі с 1 (m 1)! болатын дәрежелік қатарды аламыз:

m 1

d

z z0 m f z (m 1)!с 1 сn (n m)(n m 1)...(n 2)(z z 0 )n 1 .

m 1

dz

n 0

Бұдан шекке кӛшсек, онда

m 1

lim

d

z z0

m f z (m 1)!с 1 .

m 1

z z0

dz

Сонымен m –ретті z0 полюсіне қатысты f z функциясының қалындысы

Re s f z

1

lim

d m 1

z z

m f z

0

0

(m 1)! z z0 dz m 1

формуласымен анықталады.

3.Елеулі нҥкте. Егер

z0

нүктесі f z

функциясының елеулі (маңызды)

ерекше нүктесі болса, онда

f z

функциясының z0 нүктесіне қатысты

қалындысы

(6.1)

формуласымен

есептеледі, яғни f z функциясын z0

нүктесінің аймағында Лоран қатарына жіктеу керек.

6.1-мысал.	f z			z 2			функциясының ерекше нүктелеріндегі
		z 3 z 4
қалындысын табыңыздар.
Шешуі. f z	функциясы үшін ерекше нүктелер: z 1 – жай полюс,							z2 0 –
үшінші ретті полюс.
Демек, формула бойынша
Re s f z ;1	z 2			z 1	1 2		3.
	z 3 z 4				3	4

	1			3
Re s f z ;0		lim		z 0
	2! z 0

z 2

z3 z 4

	1		z 2				1	6	3 .
		lim
				1 z
	2 z 0						2

e z

6.2-мысал. Интегралды есептеңіздер: L z 2 4dz , мұндағы L – шеңбер

z 3 .

Шешуі. Интеграл астындағы функцияның L контурының ішінде екі ерекше нүктесі бар: z1,2 2i жай полюс. Қалындылар туралы теореманы

қолданып,

e z

e z

e z

e2i

e 2i

dz 2 i(Re s f (z1 ) Re s f (z2 ))

2 i

2 i

2

L

z

4

2 z

z 2i

2 z

z 2i

4 i

4 i

(e2 i e 2 i ) i sin 2 sh 2 i

2

67

аламыз.

6.3. Шексіз алыстаған нҥктеге қатысты функцияның қалындысы

Осыған дейін z0		ерекше	нүктеге қатысты	функцияның қалындысын
қарастырғанда, біз z0		нүктесін шектеулі болады деп ұйғарып келдік. Қалынды
ұғымын шексіз алыстаған нүкте жағдайында да қолдануға болады.
Шексіз алыстаған		нүкте f z функциясының			оңашаланған ерекшелігі
болып табылады деп жорып, L			арқылы осы нүктенің аймағында тұтас жатқан
кез келген тұйық контурды белгілейік, мысалы, L					үшін радиусы мейлінше
үлкен шеңберді	алуға болады.		Бұрынғысынша шексіз алыстаған нүктеге
қатысты f z	функциясының қалындысы деп			1		f z dz интегралының
					2 i
						L

мәнін мынадай айырмашылықпен қабылдайтын болалық: L контуры бойынша интегралдау енді теріс бағытта жүргізілетін болады, ӛйткені шексіз алыстаған нүкте әр уақытта сол жақта жататындай, L контуры сағат тілінің бағыттарымен ӛтуге тиісті. Шексіз алыстаған нүктенің аймағында f z функцияларының Лоран жіктеуі мынадай :

f z c			c 1		c 2	... c z c		z 2	...	(6.9)
	0						2
			z		z 2	1

Бұл (6.9) қатар L контурында бір қалыпты жинақты болатындықтан да, оны біз L - бойымен мүшелеп интегралдай аламыз; бұл жағдайда, екіншіден басқа, барлық мүше интегралданғаннан кейін нӛлге айналатынын ескеріп, мынаны табамыз:

f (z)dz c 1			dz	c 1 2 i ,
		z
L		L
бұдан
1		f (z)dz c 1 ,			(6.10)
	2 i
		L
яғни шексіз алыстаған		нүктеге қатысты			f z функциясының қалындысы

қарама-қарсы таңбамен алынған Лоран жіктеуіндегі бірінші теріс дәреженің коэффицентіне тең.

Шектеулі қашықтықта жатқан жӛнделінетін ерекше нүкте жағдайында қалынды әр уақытта да нӛлге тең болады. Шексіз алыстаған нүкте үшін мұның

	болмауы да мүмкін. Мысалы	1	функциясының шексіздікте жӛнделінетін
		z

ерекшелігі болады, ал оған сәйкес қалынды −1-ге тең.

Шексіз алыстаған нүктеге қатысты функцияның қалынды ұғымын пайдалана отырып , мына теореманың дұрыстығына кӛз жеткізуге болады.

Теорема. Егер f z функциясы, ерекше нүктелердің шектеулі санынан басқа, комплекс айнымалы z-тің кеңейтілген жазықтығының кез келген нүктесінде голоморфты болса, онда оның барлық ерекшеліктеріне (шексіз

68

алыстаған нүктені қосқанда) қатысты қалындыларлың қосындысы әрқашан нӛлге тең болады.

Дәлелдеу. Центр ретінде нӛл нүктесін алып, радиусын барынша үлкен L шеңберін сызамыз. Осы шеңбердің ішінде функцияның ерекше нүктелері (шексіз алыстаған нүктеден басқасы) жатады.

Қалындылар туралы негізгі теорема бойынша 1 f z dz интегралының

2 i L

мәні L -дың ішінде жатқан f z функциясының барлық ерекше нүктелеріне қатысты қалындыларының қосындысына тең. Екінші жағынан сол функцияның

	шексіз алыстаған нүктеге қатысты қалындысы	1	f z dz арқылы
		2 i
			L

кескінделеді. Демек, барлық қалындылардың қосындысы мынаған тең:

		1			f z dz	1	f z dz 0
				2 i		2 i
					L
							L
1	(z)	f (z)	dz интегралын есептеу.				Айталық f z тұйық үзінді тегіс Г
2 i
		f (z)

контурының ішінде және сол контурдың ӛзінде, Г контурының ішінде жатқан шектеулі полюстерден басқа нүктелердің бәрінде голоморфты болсын. Сонымен қатар Г контурында f z функциясы нӛлге айналмасын деп жориық.

Сонда a1 , a2 ,..., ak		арқылы f z функциясының Г контурының		ішіндегі
нӛлдерін,	ал 1 , 2 ,..., k		арқылы олардың сәйкес реттерін және b1 ,b2 ,...,bm мен
1 , 2 ,..., m	арқылы	f z	функциясының Г контурының ішіндегі	сәйкес

полюстерін және осы полюстердің сәйкес реттерін белгілесек, Г контурының ішінде және Г контурының ӛзінде голоморфты болатын кез келген

функциясы үшін мына формуланы аламыз:

1			f (z)	k	k
		(z)		dz i ai j b j .			(6.11)
	2 i		f (z)
				i 1	j 1
Оң жақта тұрған нәтижені				f z функциясының нӛлдеріндегі		(z)	мәндерінің
қосындысы мен f z			функциясының		полюстеріндегі	(z)	мәндерінің

қосындысының айырымы деп оқуға болады; сонымен бірге сәйкес нүктенің (нӛл немесе полюс) еселігі қанша болса, сонша рет әрбір қосылғыш мәні алынатындығын еске алған. (6.11) формуланы дәлелдеу үшін

1	(z)	f (z)	dz
2 i
		f (z)

интегралына қалындылар туралы негізгі теореманы қолданамыз.

F (z) (z) f (z) f (z)

функциясының Г контурының ішіндегі ерекше нүктелері f z функциясының не нӛлдерінде, не полюстерінде жатуы мүмкін. Алдымен ai нӛлдерін

қарастырамыз. Оның аймағында Тейлор қатарларына жіктеуге болады: f z Ai z ai i ...,

f z Ai i z ai i 1 ...,

69

z ai ... ,

сонымен қатар A 0 . Бұдан F z үшін мынаны аламыз:

	F z	ai ... Ai i ...
			Ai z ai ...
						нүктесінде ( a j 0
Бұл F z функциясының z ai									болғанда) бір ретті полюсі
болатындығын білдіреді. F z						функциясының ai – ға қатысты қалындысы (6.5)
формула бойынша табылады:
ai Ai i				a	.
	Ai		i	i
								f z
Мынаны ескерген жӛн ai 0							болғанда		функциясы z ai	нүктесінде
голоморфты			болғанымен,			біздің тапқан		қалындымыз нӛлге		айналады;

сондықтан қалынды туралы негізгі теореманы қолдана отырып, біз al 0 мен

al 0

жағдайлары

арасындағы айырымды жасамасақ та болады. Нақты

осындай

жолмен

f z

функциясының

вi

полюсіне қатысты

F z

функциясының

қалындысын табамыз.

вi нүктесінің аймағында мына

қатарға жіктейміз:

f z B j (z bj ) j

... ,

j 1

... ,

f z B j j z bj

z bj

... ,

сонымен қоса,

B 0 .

Бұдан

F z функциясы

үшін мынаны аламыз:

F

z

b j i

... B j j ...

B j

z b j ...

(бӛлшектің мүшелерін

z bi j

кӛбейткеннен кейін). Бұл

F z

функциясының

в

нүктесінде бір ретті полюсі болатындығын

білдіреді

bj 0

болса қатысты қалындысын тағы да (6.5) формула бойынша табамыз:

b j

(B j b j )

j

b j

.

B j

Сонымен, F z функциясының Г ішіндегі барлық ерекше нүктелеріне қатысты қалындыларының қосындысы мынаған тең:

k i ai k j b j ,

i 1

j 1

бұл (6.11) формуланы береді.

Бұл формуланы маңызды дербес жағдайларын атап ӛтелік. Алдыменz 1 деп жориық. Сонда (6.11) формула мына түрге келеді:

	1		f (z)	k	k
				dz i	j
	2 i		f (z)
				i 1	j 1

70