kompleks son
![argument aniqlanmaydi, shuning uchun bundan keyingi argumentbilan boq’liq
fikrlarda z≠0 deb hisoblanadi.
2-rasmdan ko’rinadiki,
x= rcos ϕ,y=rsin ϕ . (12)
Ixtiyoriy
z≠0 kompleks sonni
z= x+iy= r(cos ϕ+isin ϕ) (13)
ko’rinishda tasvirlash mumkin.
(13) ko’rinishidagi yozuvga kompleks sonning trigonometrik shakli deyiladi.
Agar
z= x+iy , ϕ= Argz bo’lsa, (12) formuladan
cos ϕ= x
√x2+y2; sin ϕ= y
√x2+y2
(14)
kelib chiqadi.
2-rasmdan ko’rinadiki, teskari tasdiq ham o’rinlidir:
ϕ soni z= x+iy kompleks
sonning argumenti deyiladi, faqat va faqat shundagina qachonki (14) ning ikkala
tengligi ham bajarilsa. Haqiqatdan,
z= x+iy kompleks sonning argumentini topish
uchun (14) tenglamalar sistemasini yechish kerak.
(14) sistema cheksiz ko’p yechimga ega. Bu yechimlar
ϕ=ϕ0+2kπ ,k=0,±1,±2,...
formula bilan beriladi, bu yerda
ϕ0 (14) sistemaning bitta yechimi. Shunday qilib,
kompleks sonning argumenti bir qiymatli aniqlanmagan. Agar
ϕ0 z kompleks son
argumenti qiymatlaridan biri bo’lsa, bu sonning barcha argumentlari qiymatlari
Argz = arg z+2kπ
, k=0,±1,±2,... (15)
formula bilan ifodalanadi. Agar
arg z yarim yopiq [−π,π) yoki (−π,π] oraliqda
joylashgan bo’lsa, u holda argumentning bu qiymatini bosh qiymat deyiladi (
− π≤ arg z<π
, − π<arg z≤ π ).
(14) formuladan kelib chiqadiki,
z= x+iy kompleks sonning ϕ argumenti
tg (arg z)= y
x (16)
tenglamani qanoatlantiradi. Bundan ko’rinadiki
arg z ko’p qiymatli Arctg y
x ning
biror qiymati bilan ustma-ust tushadi. Shuning uchun agar
Arctg y
x ning asosiy
qiymatini
arctg y
x deb belgilasak ( − π
2≤ arctg y
x<π
2 yoki −π
2<arctg y
x≤ π
2 ), u holda,
arg z=arctg y
x
, agar x>0 , y>0 bo’lsa;
arg z=π+arctg y
x
, agar x<0 , y≥0 bo’lsa;
arg z=− π+arctg y
x
, agar x<0 , y≤0 bo’lsa;](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_5.png)
![5-misol. f(z)= 1
z+1+i funksiyani E= {z:|z|<1} tœplamda tekis uzluksizlikka
tekshiring.
Yechish. Bu funksiya œzining aniqlanish sohasida uzluksiz ekanligi kœrinib
turipti. Shu aniqlanish sohasida uning tekis uzluksizlikka tekshiramiz. Agar
∀ z1,z2∈E
bœlsa, u holda
f(z1)− f(z2)= 1
z1+1+i− 1
z2+1+i=
z2− z1
(z1+1+i)(z2+1+i)
,
lekin
|z1+1+i|>|1+i|−|z1|>1
4 va |z2+1+i|>1
4 ,
|f(z1)− f(z2)|<
|z2−z1|
1
16
=16 |z1−z2| .
Ixtiyoriy
ε>0 uchun δ= 1
16 deb olsak, |f(z1)− f(z2)|<ε bœladi. Bu yerda δ
faqat
ε ga bo ђ liq bœlib, z1,z2 larning tanlanishiga bo ђ liq emas. Demak, funksiya
tekis uzluksiz.
Bu funksiyaning tekis uzluksiz ekanligini Kantor teoremasi yordamida ham
kœrsatish mumkin. Haqiqatdan ham,
∀ ς∈E chegara nuqtalarida funksiyaning limitini
hisoblaylik:
lim
|z|<1,z→ς
1
z+1+i= 1
ς+1+i
.
f(z)
funksiyani ixtiyoriy chegaraviy nuqtaga uzluksiz davom ettiramiz. Shunday
qilib,
f(z) funksiya E= E∪∂E yopiq va chegaralangan tœplamda aniqlangan va
uzluksiz bœladi. Kantor teoremasiga asosan funksiya
E tœplamda tekis uzluksizdir.
6-misol.
f(z)= 1
1−z2 funksiyani E= {z:|z|<1} tœplamda tekis uzluksizlikka
tekshiring.
Yechish: Bu funksiya œzining aniqlanish sohasini barcha nuqtalarida
uzluksizdir. Ikkinchi tomondan, bu funksiyani
∂E={z:|z|=1} tœplamning ±1
nuqtalaridan boshqa barcha nuqtalarida davom ettirish mumkin (5-misolga qarang).
Bu nuqtalarning har birini atrofida funksiyaning moduli chegaralanmagandir, chunki
limz→+1f(z)=∞
. Shu sababli, ±1 nuqtalar atrofida bu funksiya tekis uzluksizligining
buzilishini oson kœrsatish mumkin.
z1=1− δ , z2=1−2δ nuqtalarni olamiz, bu yerda
0<δ<1
, u vaqtda
f(z1)− f(z2)= 1
1−(1− δ)2− 1
1−(1−2δ)2= (1−δ)2−(1−2δ)2
[1−(1− δ)2][1−(1−δ)2]
=
= 1−2δ−δ2−1+4δ− 4δ2
[1−(1−δ)2][1−(1−δ)2]
= δ(2−3δ)
4δ2(2−δ)(1−δ)
>1
4
.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_12.png)
![Shu formuladan foydalanib constaCzazw ,,sin
funksiyaning xosilasini
xisoblash osondir. Eyler formulasidan i ee
az izaiza
2sin
. az a e eа e ia ai e i e e i аz
iza iza iza iza iza iza cos 2 ) ) ( ( 2
1 ]) ( ) [( 2
1 ) (sin
.
Demak,
zazaaz ,cos)(sin
S
const a
bo’ladi. Xuddi shunga o’xshash kosinus
funksiyaning xosilasini xisoblash uchun azaaz sin)(cos
formula o’rinli.
Hosil qilingan formulalardan
z sin va z cos funksiyalar xosilalarini ( a=1 xolda)
xisoblash formulalari keltirib chiqariladi:
1.
zzzzz ,sin)(cos,cos)(sin
S
Xuddi shunga o’xshash quyidagi formulalar xam o’rinlidir.
2. )1(,)(,)(
achzshzachazshaz
)1(,)(,)(
ashzchzashazchaz
Eslatma:
2 , 2
z z z z e e chz e e shz
.
Koshi-Riman sharti
Faraz qilaylik,
f(z) funksiya E ( E⊂ S) - ochiq to’plamda aniqlangan va shu
to’plamning
z nuqtasida monogen, ya’ni
lim
Δz→0
Δf (z)
Δz = f'(z)
mavjud va chekli bo’lsin. Boshqacha aytganda, limitning mavjudligi
Δz -ning
nolga intilish yo’nalishidan bo ђ liq emas. Šaysi yo’nalish bo’ylab nolga intilmasin
limit yagona
f'(z) -ga teng bo’lishi kerak.
Bu yerda
Δf (z)= f(z+Δz )− f(z)= Δu +iΔv ( z= x+iy , Δz = Δx +iΔy )
Δu = u(x+Δx ,y+Δy )− u(x,y)
Δv =v(x+Δx ,y+Δy )− v(x,y) .
Bunda nisbat quyidagicha yoziladi
Δf (z)
Δz = u(x+Δx ,y+Δy )−u(x,y)
Δz +iu(x+Δx ,y+Δy )−u(x,y)
Δz (1)
Yuqorida aytilganidek
lim
Δz→0
Δf (z)
Δz = lim
Δx→0
Δf (z)
Δx , ( Δy =0 ); (2)
lim
Δz→0
Δf (z)
Δz = lim
Δy→0
Δf (z)
Δy ( Δx =0). (3)
(1)–chi tenglikda
Δy =0 deb Δx -ning nolga intiltiramiz, u xolda chap tomonning
limiti mavjud bo’lib, funksiyaning xosilasi
f'(z) ga tengdir. Demak, o’ng tomonning
xam limiti mavjud. Birinchi xadning limiti (
Δy =0 ) Δx nolga intilganda u(x,y)
funksiyaning xususiy xosilasi bo’ladi. Ikkinchi x adning limiti esa
i∂v
∂x ga tengdir.
Demak,](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_15.png)
![lim
Δz→0
Δw
Δz = ∂u
∂x+i∂v
∂x.
Demak
lim
Δz→0
Δw
Δz mavjud va
∂u
∂x+i∂v
∂x ga teng.
2-xulosa. Faraz qilaylik,
E ochiq to’plamda ikkita xaqiqiy o’zgaruvchili bir
qiymatli
u(x,y) va v(x,y) ( z= x+iy ∈E ) funksiyalar berilgan bo’lib, ular shu
to’plamda differensallanuvchi bo’lsin (bu shart bajariladi agar funksiyalar shu
to’plamda uzluksiz xususiy xosilalarga ega bo’lsa). Demak,
u(x,y) va v(x,y)
funksiyalarning xususiy xosilalari
E to’plamda (4) Koshi-Riman shartini
qanoatlantirsa, u xolda, bu funksiyalardan tuzilgan
f(z) kompleks o’zgaruvchili
funksiya
E to’plamda monogen bo’ladi, ya’ni f(z) funksiya E to’plamda bir
qiymatli analitikdir, bu yerda
2x= z+z , 2iy= z− z .
Qo’shma garmonik funksiyalar
f(z)=u(x,y)+iv(x,y) funksiya D soxada differensiallanuvchi xamda u(x,y) va
v(x,y)
funksiyalar ikkinchi tartibgacha uzluksiz xususiy xosilalarga ega bo’lsin. U
xolda (4) –ning birinchi tengligini
x bo’yicha, ikkinchi tengligini esa y bo’yicha
differensiallab
∂2u
∂x2= ∂2v
∂x∂y,∂2u
∂y2=− ∂2v
∂y∂x xosil qilamiz. Bu tengliklarni qo’shib, xususiy
xosilalarning uzluksizligidan
∂2v
∂y∂x va
∂2v
∂x∂y xosilalarning tengligini xisobga olib,
∂2u
∂x2+∂2u
∂y2=0
(5)
xosil qilamiz. Shunga o’xshash
∂2v
∂x2+∂2v
∂y2=0 ni xosil qilamiz.
1-ta’rif. Haqiqiy o’zgaruvchili
u(x,y) funksiya D soxada ikkinchi tartibli
uzluksiz xosilaga ega bo’lib, (5) tenglamani qanoatlantirsa,
u(x,y) funksiyaga D
soxada garmonik, (5) tenglamaga esa Laplas tenglamasi deyiladi.
3-xulosa.
D ochiq to’plamda bir qiymatli analitik f(z)=u(x,y)+iv(x,y) ,
u(x,y)=Re [f(z)]
, v(x,y)=Im [f(z)] funksiyaning xaqiqiy u(x,y) va mavxum
v(x,y)
qismi shu to’plamda garmonik funksiyalardir. Bu ikkala garmonik funksiyalar
ixtiyoriy emas, ya’ni ular Koshi-Riman sistemasining yechimidir.
2-ta’rif.
D ochiq to’plamda (4) Koshi-Riman sistemasining qanoatlan-tiruvchi
u(x,y)
va v(x,y) garmonik funksiyalar o’zaro qo’shma garmonik funksiyalar deyiladi.
Demak,
D ochiq to’plamda bir qiymatli analitik f(z)=u(x,y)+iv(x,y) ,
z= x+iy
funksiyaning xaqiqiy va mavxum qismlari shu to’plamda o’zaro qo’shma
garmonik funksiyalardan iborat bo’ladi.
Agar bir qiymatli analitik funksiyaning xaqiqiy (yoki mavxum) qismi bir
bo ђ lamli
D soxada berilgan bo’lsa, u xolda bu funksiyaning mavxum (xaqiqiy) qismi](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_17.png)
![ikkita to’ ђ ri chiziqning kesmasidan tuzilgan siniq chiziqni olamiz. Birinchi kesma[M 0(x0,y0), M (x,y0)]
bu yerda dy = 0 ; ikkinchi kesma [M (x,y0), M (x,y)] bu yerda
dx = 0
. Demak,
v(x,y)=∫
x0
x
2y0dx +∫
x0
x
2xdy +∫
y0
y
2ydx +∫
y0
y
2xdy +c=2y(x− x0)+2x(y− y0)+c=
= 2xy −2x0y0+c= 2xy +c1
, c1= c−2x0y0= const ya’ni v(x,y)=2xy +c1 .
Bu misolni yechishning ikkinchi usulini keltiramiz.
2-usul.
∂v
∂x=− ∂u
∂y=2y , v(x,y)=∫ 2ydx +ϕ(y)=2xy +ϕ(y) ,
∂v
∂y=2x+ϕ'(y)
, 2x+ϕ'(y)= ∂u
∂x=2x , ϕ'(y)= 0 , ϕ(y)= c=const , v(x,y)=2xy +c .
Kompleks tekislikda
f(z)= x2− y2+i2xy +ic kompleks funksiyani tuzamiz,
bunda
x , y o’zgaruvchining z= x+iy , z= x−iy orqali ifodasidan foydalanamiz
x= z+z
2
, y= z− z
2i .
f(z)= (z+z)2
4 − (z+z)(z− z)− (z− z)2
4 +ic = z2+ic
, f(z)= z2+ic .
Agar
f(0)=0 bo’lsa, u xolda 0=0+ic va c=0 bo’ladi. Bundan f(z)=z2 .
Koshi-Riman shartining qutb koordinatalar orqali ifodasini ko’rsatamiz. Buning
uchun
x= rcos ϕ , y= rsin ϕ , z= x+iy , |z|=r , ϕ= arg z , z≠0 deb olib, f(z)
funksiyaning moduli va argumenti orqali ifodalaymiz. U x olda,
a)
f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=u(r,ϕ)+iv(r,ϕ)= f(r,ϕ) funksiya r , ϕ ga nisbatan
differensiallanuvchi bo’ladi.
b)
u(r,ϕ) , v(r,ϕ) funksiyalar Koshi-Riman
∂u
∂r= 1
r
∂v
∂ϕ ,
∂v
∂r=− 1
r
∂u
∂ϕ (7)
sistemani qanoatlantiradi. Buni isbotlash uchun xosilalarni xisoblaymiz, bunda
(4) sistemadan foydalanib:
∂u
∂r= ∂u
∂x
∂x
∂r+∂u
∂y
∂y
∂r= ∂v
∂ycos ϕ− ∂v
∂xsin ϕ= 1
r[− ∂v
∂xrsin ϕ+∂v
∂yrcos ϕ]=
=
1
r[
∂v
∂x
∂x
∂ϕ+∂v
∂y
∂y
∂ϕ]= 1
r
∂v
∂ϕ ,
∂v
∂r= ∂v
∂x
∂x
∂r+∂v
∂y
∂y
∂r= ∂v
∂xcos ϕ+∂v
∂ysin ϕ=− ∂u
∂ycos ϕ+∂u
∂xsin ϕ=
=− 1
r[
∂u
∂x
∂x
∂ϕ
+∂u
∂y
∂y
∂ϕ]=− 1
r
∂u
∂ϕ
.
(7) sistemani bajarilishi isbot bo’ldi.
3-misol. Berilgan
|f(z)|=er2cos 2ϕ ( z= reiϕ ) funksiyaga ko’ra bir qiymatli analitik
f(z)
funksiyani tiklang.
Yechish. Berilgan funksiyadan
ln|f(z)|=r2cos 2ϕ topamiz. Endi](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_20.png)
=
=∑1
n
u(ξk,ηk)Δx k−v(ξk,ηk)Δy k++i∑1
n
u(ξk,ηk)Δy k+v(ξk,ηk)Δx k
bo’ladi.
Oxirgi tenglikdan
λ→ 0 da limitga o’tib,
∫
L
f(z)dz =∫
L
u(x,y)dx −v(x,y)dy +i∫
L
u(x,y)dy +v(x,y)dx
(3)
hosil qilamiz.
Boshqacha aytganda, bu formulani quyidagicha hosil qilish mumkin.
f(z)dz =(u(x,y)+iv(x,y))(dx +idy )=u(x,y)dx −v(x,y)dy +i(u(x,y)dy +v(x,y)dx )
Buni ikkala tomonidan
L egri chiziq bo’ylab integral olib (3) formulaga kelamiz.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_21.png)
![Demak, ∫
L
f(z)dz integralning mavjud bo’lishi ikkitahaqiqiy o’zgaruvchili
funksiyalardan olingan
∫
L
udx +vdy ;∫
L
udy +vdx integrallarning mavjudligiga teng
kuchli.
Agar
L egri chiziq to’g’rilanuvchi bo’lib, f(z) funksiya unda uzluksiz
bo’lsin, ya’ni
z= z(t), t∈I=[α,β] egri chiziqning parametrik tenglamasi berilgan
bo’lib,
f(z(t)) , t∈I funksiya uzluksiz bo’lsa, u holda bu ikkala egri chiziqli
integrallar mavjud bo’ladi.
Agar
L silliq chiziq, ya’ni z'(t) funksiya uzluksiz bo’lsa, u holda
∫
α
β
f(z(t))z'(t)dt=∫
α
β
[ux
'(t)−vy
'(t)]dt+i∫
α
β
[uy
'(t)−vx
'(t)]dt=∫
α
β
(u+iv)(x'+iy')dt ,
∫
α
β
f(z(t))z'(t)dt=∫
L
f(z)dz
bo’ladi.
Bu formula
L bo’lakli silliq egri chiziqlar uchun ham o’rinlidir.
Demak,
L bo’lakli silliq egri chiziq bo’lib, f(z) funksiya L da uzluksiz
bo’lsa, u holda (1) integral yig’indi hamma vaqt mavjud va chekli.
1-misol. a)
f(z)=1 ; b) f(z)=z funksiyalardan L esa A va B nuqtalarni
tutashtiruvchi silliq egri chiziq bo’yicha olingan integralni hisoblang.
Yechish. a) Integral yig’indini tuzamiz
∑
k=1
т
(zk−zk−1)=zn−zo=B−A
. (2) formuladan ∫
L
dz=B−A bo’ladi.
Agar
L yopiq egri chiziq bo’lsa, u holda A = B va
∫
L
dz=0 .
b) Endi
f(z)=z bo’lsin. Bu uzluksiz funksiya.
Integral yig’indi
∑k=1
n
ςk(zk−zk−1) iborat. Ravshanki, (2) limit mavjud. Endi ςk= zk−1
va
ςk= zk deb olamiz. (2) limitning mavjudligi zk , ςk nuqtalarning tanlanishidan
bog’liq emas.
ςk= zk deb
lim
λ→0∑
k=1
n
ςk(zk− zk−1)=lim
λ→0∑
k=1
n
zk−1(zk−zk−1)=lim
λ→0∑
k=1
n
zk(zk− zk−1)=∫
L
zdz
ni hosil qilamiz.
Demak,
2∫
L
zdz =lim
λ→0∑
k=1
n
(zk+zk−1)(zk− zk−1)=lim
λ→0∑
k=1
n
(zk2− zk−12)= zn2− z02= B2− A2 .
Bundan
∫
L
zdz = B2−A2
2 ekanligi kelib chiqadi.
Agar
L yopiq bo’lsa, u holda
∫
L
zdz =0 .
1. Agar
f(z) funksiya L to’g’rilanuvchi chiziqda uzluksiz bo’lsa, ya’ni
f(z)∈C(L)
, u holda, (2) integral mavjud bo’ladi.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_22.png)
![Agar f(z),g(z)∈C(L) bo’lsa, u holda
∫
L
[af (z)+bg (z)]dz =a∫
L
f(z)dz +b∫
L
g(z)dz
(4)
tenglik o’rinli.
2. Umumiy holda
∫L(∑k=1
n
ckfk(z))dz=∑k=1
n
ck∫L
f(z)dz , c1,c2,...,cn∈ S.
3. Agar
f(z)∈C(L) bo’lsa,
∫
L
f(z)dz=−∫
L−1
f(z)dz ga teng.
4. Agar
f(z)∈C(L) bo’lib L= ¿k=1
n
Lk bo’lsa, u holda
∫
L
f(z)dz=∑k=1
n
∫
Lk
f(z)dz
(bu ham integral yig’indidan kelib chiqadi).
5. Agar
f(z)∈C(L) va
|f(z)|<M <∞ , M =const ⇒ |∫
L
f(z)dz |≤ M ⋅mesL ,
mesL
- L egri chiziqning uzunligi.
6. Agar
f(z)∈C(L) bo’lsa, u holda
|∫
L
f(z)dz|<∫
L
|f(z)||dz|
,
|dz |= √(dx )2+(dy )2=ds .
7 . 1-teorema (Egri chiziq bo’yicha olingan integralnin siniq chiziq bo’yicha
olingan integral bilan almashtirish). Agar
f(z)∈C(D) va L to’g’rilanuvchi egri
chiziq
L⊂D bo’lsa, u holda oldindan berilgan ∀ ε>0 uchun D sohada L chiziqqa
ichki chizilgan
P siniq chiziq topiladiki
|∫
L
f(z)dz−∫
P
f(z)dz|<ε
bo’ladi.
2-teorema.
D - chegaralangan bir bog’lamli soha bo’lib, uning chegarasi ∂D
bo’lakli silliq yopiq chiziq bo’lsin. Agar
f(z) funksiya shu sohada uzluksiz
f(z)∈C(D)
bo’lsa, u holda ∀ ε>0 olganda ham ∃Гε , Гε⊂D yopiq chiziq topiladiki
|∫
дD
f(z)dz −∫
Гε
f(z)dz|¿ε
bo’ladi.
Oddiy va murakkab konturlar uchun Koshining
integral teoremasi
Koshi teoremasi (bir bog’lamli soha uchun). Agar
w= f(z) funksiya bir
bog’lamli chegaralangan
D sohada differensial-lanuvchi bo’lsa, u holda shu sohaga
qarashli bo’lgan ixtiyoriy
L to’g’rilanuvchi yopiq egri chiziq bo’yicha olingan
integralning qiymati nolga teng bo’ladi, ya’ni](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_23.png)
![1-teorema. a≠∞ nuqta f(z) funksiyaning m tartibli noli bo’lishi uchun bu
funksiyani
f(z)=(z−a)mh(z) ko’rinishda tasvirlash zarur va yetarlidir, bu yerda h(z)
funksiya
z= a nuqtada regulyar va h(a)≠0 .
Xuddi shunga o’xshash
z= ∞ nuqta f(z) funksiyaning m tartibli noli bo’lishi
uchun
f(z) funksiyani f(z)=z−mψ(z) ko’rinishda tasvirlanishi zarur va yetarlidir,
bunda
ψ(z) funksiya z= ∞ da regulyar, ψ(∞)≠0 , m≥1 -butun.
1-natija. Agar
a nuqta f(z) funksiya uchun m tartibli nol bo’lsa, u holda bu
nuqta
g(z)=[f(z)]p ( p≥1 -butun) funksiya uchun pm tartibli nol bo’ladi.
1-izoh.
a≠∞ nuqtada regulyar bo’lgan f(z) funksiya m tartibli nolga ega
bo’lishi uchun (3) tenglikdan kelib chiqadigan asimptotik formulani
f(z)≈ cm(z−a)m cm≠ 0 (z→ a) (7)
o’rinli bo’lishi zarur va yetarlidir.
Shunga o’xshash,
z= ∞ nuqtada regulyar bo’lgan f(z) funksiyaning shu
nuqtada
m tartibli nolga ega bo’lishi uchun
f(z)≈ A
zm,
A≠0 (z→ ∞ ) . (8)
asimptotik formulani o’rinli bo’lishi zarur va yetarlidir.
(7) va (8) formulalarni mos holda
z= a ( a≠∞ ) va z= ∞ nuqtalardagi nollar
tartibining ta’rifi sifatida qabul qilish mumkin.
1-misol.
f(z)=sin 1
z funksiyaning nollarini toping va tartibini aniqlang.
Yechish. Regulyar funksiyaning noli ta’rifidan
sin 1
z=0 ⇒ 1
zk
= kπz bundan
zk= 1
kπ (k=±1,±2,....)
,
z= ∞ . Demak,
zk= 1
kπ (k=±1,±2,....) va z= ∞ nuqtalar
berilgan funksiyaning oddiy nollari.
2-misol.
f(z)=(ez+1)3 funksiyaning nollarini toping va tartibini aniqlang.
Yechish. 1-misoldagi kabi funksiyaning nollarini topamiz, ya’ni
(ez+1)3= 0⇒ ez+1= 0⇒ ez=− 1
⇒ zk=ln(−1)=ln|−1|+i(arg (−1)+2kπ ) , ⇒ zk=(2k+1)πi
(k=0,±1,±2,....)
. Demak, f(z)=(ez+1)3 funksiya zk=(2k+1)πi (k=0,±1,±2,....)
nuqtalarda uchinchi tartibli nolga ega.
3-misol.
f(z)= (z3+1)6
(z2+4)11 e
1
z funksiyaning nollarini toping va tartibini aniqlang.
Yechish.
z3+1= 0 ⇒ zk=e
(2k+1)πi
3 ,k=0,1,2 nuqtalar oltinchi tartibli nollar bo’ladi.
(8) formuladan
z= ∞ nuqta to’rtinchi tartibli nol bo’lishini ko’rish mumkin:
f(z)≈ z18
z22 e
1
z≈ 1
z4,
(z→ ∞ ) .](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_30.png)
![1.Chekli nuqtadagi qoldiq
Faraz qilaylik, f(z) funksiya
K = {z∈C :0<|z− a|<R}
halqada regulyar bo’lsin. U holda
a ( a≠∞ ) nuqta bu funksiyaning bir qiymatli
xarakterdagi yakkalangan maxsus nuqtasi yoki regulyar nuqtasi bo’lib,
f(z) funksiya
K
halqada yaqinlashuvchi Loran qatori
f(z)= ∑
n=−∞
∞
cn(z− a)n=∑
n=0
∞
cn(z−a)n+c−1(z− a)−1+c−2(z−a)−2+...+c−n(z−a)−n+...
(1)
ko’rinishda tasvirlanadi.
1-ta’rif.
f(z) funksiyaning a nuqtadagi qoldig’i deb shu nuqta atrofida Loran
qatoriga yoyilmasining
с−1 koeffisiyentiga aytiladi ( resz=af(z) kabi belgilanadi), ya’ni
resz=af(z)=с−1 . (2)
demak
с−1= 1
2πi ∫
γρ
f(ς)dς
,
bu yerda
γρ= {z:|z− a|< ρ, 0< ρ<R } aylana to’g’ri yo’naltirilgan. Bundan
∫
γρ
f(z)dz =2πi res
z=a
f(z)
(3)
hosil qilinadi. Shunday qilib, agar
z= a - f(z) funksiyaning yakkalangan maxsus
nuqtasi bo’lsa, u holda bu funksiyadan
a nuqtaning yetarlicha kichik atrofi chegarasi
bo’yicha olingan integralning qiymati shu nuqtadagi qoldiqni
2πi ga ko’paytirilganiga
teng. Agar
a f(z) funksiyaning regulyar nuqtasi bo’lsa,
resz=af(z)=0
.
1-misol.
f(z)=e
1
z funksiyaning z=0 nuqtadagi qoldig’ini hisoblang.
Yechish.
f(z)=e
1
z funksiyaning z=0 nuqta atrofida Loran qatoriga yoyilmasidan
с−1
koeffisiyentni topamiz:
f(z)=e
1
z=1+1
z+ 1
2z2+...
, c−1=1 va resz=0e
1z=1 , ew= ∑
n=0
∞ wn
n!,w= 1
z, z≠0 .
Bundan
∫
|z|=1
e
1
zdz =2πi res
z=0
e
1
z=2πi
.
2-misol .
f(z)= zcos 1
z+1 funksiyaning z=−1 nuqtadagi qoldig’ini toping.
Yechish.
f(z) funksiyaning Loran qatoriga yoyilmasidan
f(z)= zcos 1
z+1=[(z+1)−1]cos 1
z+1=[(z+1)−1][1− 1
2(z+1)2+...]](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_34.png)
![с−1 koeffisiyentni topamiz:
с−1=− 1
2 . Bundan res
z=−1
f(z)=−1
2 .
2.
z=a ( a≠∞ ) qutbdagi qoldiqni hisoblash
a). Oddiy qutb bo’lgan hol. Agar
a nuqta f(z) funksiyaning oddiy qutbi
bo’lsa, u holda
f(z) funksiyaning a nuqta atrofida Loran qatoriga yoyilmasi
f(z)=c−1(z−a)−1+∑
n=0
∞
cn(z−a)n
.
c−1=limz→a(z−a)f(z) dan
resz=af(z)=limz→a(z−a)f(z) . (4)
Xususiy holda, agar
f(z)= ϕ(z)
ψ(z) bo’lsa, bu yerda ϕ(z) , ψ(z) - a nuqtada regulyar
funksiyalar bo’lib,
ϕ(a)≠0 , ψ(a)=0 , ψ'(a)≠0 . (3) formuladan
resz=af(z)=limz→a
(z− a)ϕ(z)
ψ(z) =limz→a
ϕ(z)
ψ(z)−ψ(a)
z− a
= ϕ(a)
ψ'(a)
,
ya’ni
res
z=a
ϕ(z)
ψ(z)= ϕ(a)
ψ'(a) . (5)
b). Karrali qutb bo’lgan hol. Agar
a nuqta f(z) funksiyaning m -tartibli
qutbi bo’lsa, u holda
a nuqta atrofida Loran qatoriga yoyilmasi
f(z)= c−m
(z− a)m+...+ c−1
z− a+c0+c1(z− a)+... (6)
ko’rinishda bo’ladi.
(6) formulaning ikkala tomonini
(z−a)m ga ko’paytirib
(z−a)mf(z)= c−m+...+c−1(z−a)m−1+c0(z−a)m+... (7)
ni hosil qilamiz. (7) tenglikni
m−1 marotaba differensiallab va z→ a da limitga
o’tib
(m−1)!c−1=lim
z→a
dm−1
dz m−1[(z−a)mf(z)] hosil qilamiz. Bundan
m -tartibli qutbni
hisoblash formulasi:
res
z=a
f(z)= 1
(m−1)!lim
z→a
dm−1
dz m−1[(z−a)mf(z)] . (8)
ko’rinishda bo’ladi.
Xususiy holda, agar
f(z)= h(z)
(z− a)m bo’lsa, u holda (8) formuladan
res
z=a
h(z)
(z−a)m= 1
(m−1)!h(m−1)(a) (9)
kelib chiqadi, bu yerda
h(z) funksiya a nuqtada regulyar va h(a)≠0 .](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_35.png)
![3-misol . f(z)= z
(z−1)(z−2)2 funksiyaning barcha maxsus nuqtalardagi
qoldiqlarini hisoblang.
Yechish.
f(z)= z
(z−1)(z−2)2 funksiyaning z=1 nuqta oddiy qutbi, z=2 esa
ikkinchi tartibli qutbi bo’ladi. (4) formulaga ko’ra
res
z=1
f(z)= lim
z→1
(z−1) z
(z−1)(z−2)2= lim
z→1
z
(z− 2)2=1
,
(9) formuladan
res
z=2
f(z)=(
z
z− 1)z=2′=−1
.
ni hosil qilamiz.
4-misol .
f(z)=ctgz funksiyaning barcha maxsus nuqtalardagi qoldig’ini toping.
Yechish.
z= kπ ( k -butun) nuqtalar f(z)=ctgz funksiya uchun oddiy qutb bo’ladi,
(5) formuladan
res
z=kπ
ctgz =[
cos z
(sin z)']z=kπ
= 1 .
3. Cheksiz uzoqlashgan nuqtadagi qoldiq
Agar
f(z) funksiya ρ0<|z|<∞ sohada, ya’ni z= ∞ o’yilgan atrofida regulyar
bo’lsa, u holda bu nuqta
f(z) funksiyaning regulyar nuqtasi yoki bir qiymatli
xarakterdagi yakkalangan maxsus nuqtasi bo’ladi, bu yerda
ρ0 yetarlicha katta musbat
son. Demak,
f(z) funksiya ρ0<|z|<∞ sohada yaqinlashuvchi Loran qatori
ko’rinishida tasvirlanadi
f(z)= ∑n=−∞
∞
cnzn=∑n=0
∞
cnzn+c−1
z +c−2
z2+... . (10)
2-ta’rif .
f(z) funksiyaning z= ∞ nuqtadagi qoldig’i deb shu nuqta atrofida f(z)
funksiyaning Loran qatoriga yoyilmasining -
с−1 koeffisiyentiga aytiladi ( resz=∞f(z) kabi
belgilanadi), ya’ni
resz=∞f(z)=−с−1 . (11)
demak
с−1= 1
2πi ∫
|z|=ρ
f(z)dz
,
|z|= ρ ( ρ>ρ0 ) aylana soat strelkasiga teskari (musbat) yo’naltirilgan. Bundan
(11) formulaga ko’ra
∫
γρ
f(z)dz =2πi res
z=∞
f(z) (12)
hosil qilamiz, bu yerda
γρ - soat strelkasi bo’ylab yo’naltirilgan |z|= ρ aylana.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_36.png)
![6-misol. ∫
|z|=2
cos z
z3 dz integralni hisoblang.
Yechish .
f(z)=cos z
z3 funksiya bitta z=0 maxsus nuqta (qutb) ga ega bo’lib,
Loran qatoriga yoyilmasi
f(z)=cos z
z3 =
1− z2
2!+¿⋅¿+(−1)n z2n
(2n)!+¿⋅¿
z3 = 1
z3− 1
2!z+¿⋅¿+(−1)nz2n−3
(2n)!+¿⋅¿
dan iborat. Bundan esa
res
z=0
cos z
z3 =c−1=− 1
2 . (13) formuladan
∫
|z|=2
cos z
z3 dz =2πi res
z=0
cos z
z3 =−πi
.
Qoldiqlar nazariyasining aniq integrallarni hisoblashga tadbiqi.
1.
I=∫
0
2π
R(cos ϕ,sin ϕ)dϕ ko’rinishdagi integrallar.
I=∫
0
2π
R(cos ϕ,sin ϕ)dϕ (1)
ko’rinishdagi integrallar yopiq kontur bo’yicha olingan integralga keltiriladi,
bunda
R(u,v) - u va v - ning rasional funksiyasi. z= eiϕ bo’lsa, u holda
sin ϕ= 1
2i(z− 1
z)
, cos ϕ= 1
2(z+1
z) , dϕ=− idz
z bo’ladi.
ϕ
argument 0≤ϕ≤ 2π o’zgarganda z o’zgaruvchi |z|=1 aylananing musbat
yo’nalishi bo’ylab harakatlanadi. Bunda (1) integral yopiq kontur bo’yicha olingan
I= ∫
|z|=1
R1(z)dz
integralga o’tadi, bu yerda
R1(z)=− i
zR[
1
2(z+1
z),1
2i(z− 1
z)] - z o’zgaruvchining
rasional funksiyasi. Qoldiqlar nazariyasining asosiy teoremasiga ko’ra
I=2πi ∑k=1
n
rezz=zk
R1(z)
,
bunda
z1,z2,...,zk lar - R1(z) rasional funksiyaning |z|<1 doiradagi qutblari.
1-misol.
I=∫
0
2π dϕ
1− 2acos ϕ+a2 , |a|<1 integralni hisoblang.
Yechish.
z= eiϕ almashtirish olib
I= ∫
|z|=1
idz
az 2−(a2+1)z+a](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_38.png)
![integralni hosil qilamiz. |a|<1 bo’lganda az 2−(a2+1)z+a= 0 tenglama z1=a ,
z2= 1
a
ildizlarga ega. Bundan |z|<1 doirada integral ostidagi funksiyaning oddiy qutbi
bo’lgan
z1=a nuqta yotadi. Demak,
res
z=a
f(z)= i
[2az −(a2+1)]z=a
= i
a2−1 .
Natijada
I= 2π
1−a2 .
2-misol.
I=∫
0
2πcos 2ϕ
13 +12 cos ϕ dϕ integralni hisoblang.
Yechish.
eiϕ= z formula bo’yicha z o’zgaruvchiga o’tamiz. U holda
dϕ= dz
iz ,
cos ϕ= eiϕ+e−iϕ
2 = z2+1
2z
. 0≤ϕ≤ 2π kesim bo’yicha olinayotgan integral |z|=1 aylana
bo’yicha olinadigan integralga o’tadi:
I= 1
4i ∫
|z|=1
(z2+1)
z2(6z2+13 z+6)
dz . Integral ostidagi
funksiya
z1=0 - ikkinchi tartibli qutb; z2=− 2
3 va z2= 2
3 - oddiy qutb maxsus
nuqtalarga ega.
z1 va z2 qutblar integrallash konturining ichida yotadi. Bu
nuqtalardagi qoldiqlarni hisoblaymiz:
res
z=0
f(z)= lim
z→0[
(z2+1)2
6z2+13 z+6]
′
= −13
36
;
res
z=−2
3
f(z)=[
(
z2+1
z )
12 z+13 ]z=−2
3
=169
180 .
Natijada
I= 2πi
4i(
169
180 −13
36 )=13 π
45 bo’ladi.
2.
I=∫
−∞
∞
R(x)dx ko’rinishdagi integralni hisoblash
I=∫
−∞
∞
R(x)dx (2)
integralni qaraymiz, bu yerda
R(x) -rasional funksiya. (2) integral yaqinlashadi
deb faraz qilamiz.
(2) integralga qoldiqlar nazariyasining asosiy teoremasini to’g’ridan-to’g’ri
qo’llab bo’lmaydi, chunki integrallash konturi –cheksiz yopiq bo’lmagan chiziq.
Qoldiqlar nazariyasining asosiy teoremasini qo’llash uchun
CR={z:|z|= R,0≤arg z≤ π}](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_39.png)
![yarim aylana va [−R,R] kesmadan tashkil topgan yopiq ГR konturni kiritib,
∫
ГR
R(z)dz
integralni qaraymiz.
C
R
- R 0 R
x
1-rasm
1-lemma.
f(z) funksiya Im z>0 soha (yuqori yarim tekislik)da chekli sondagi
maxsus nuqtalardan tashqari hamma joyda regulyar va uning chegarasigacha uzluksiz
bo’lsin. Agar
∫
−∞
∞
f(x)dx (3)
integral yaqinlashib,
lim
R→∞∫
CR
f(z)dz =0 (4)
bo’lsa, u holda
∫−∞
∞
f(x)dx =2πi ∑
Imzk>0 rez
z=zk
f(z) (5)
formula o’rinli bo’ladi, bu yerda
CR - |z|=R , Im z≥0 yarim aylana.
(5) formulada
f(z) funksiyaning yuqori yarim tekislikda yotgan barcha maxsus
nuqtalaridagi qoldig’i olingan.
3-misol.
I=∫−∞
∞ dx
(x2+1)4 integralni xisoblang.
Yechish.
R(z)= 1
(z2+1)4= 1
(z−i)4(z+i)4
funksiya yuqori yarim tekislikning
z= i nuqtasida to’rtinchi tartibli yagona
qutbga ega.
rez
z=i
R(z)= 1
3!(
1
(z+i)4)z=−i
(3)
= − 5i
32
.
Demak,
I=2πi rez
z=i
R(z)= 5π
16 bo’ladi.
3.
I=∫
−∞
∞
eiαx R(x)dx ko’rinishdagi integrallar, Jordan lemmasi .
I=∫
−∞
∞
eiαx R(x)dx (6)](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_40.png)
![integral R(x) -funksiyaning Furye almashtirishidan iborat, bu yerda R(x) -rasional
funksiya. (6) ko’rinishdagi integralni hisoblashda quyidagi lemmadan foydalaniladi.
2-lemma (Jordan).
α>0 son va quyidagi shartlar bajarilgan bo’lsin:
1)
g(z) funksiya Im z≥0 , |z|≥ R0>0 sohada uzluksiz;
2)
R→ ∞ da
M (R)=maxz∈CR
|g(z)|→ 0 , (7)
CR
- |z|=R , Im z≥0 yarim aylana. U holda,
lim
R→∞∫
CR
g(z)eiαz dz =0 (8)
bo’ladi.
Endi (6) integralga e’tibor beraylik. Bu integral faqat
R(x) funksiyaning
haqiqiy o’qda qutblari bo’lmasa va
R(x)≈ c
xk ( x→ ∞ ), k≥1 bo’lgandagina
yaqinlashadi.
Demak, (7) shart bajarilganda Jordan lemmasiga ko’ra
∫
CR
eiαz R(z)dz →0
(
R→ ∞ , α>0 ) bo’ladi.
(5) formulaga ko’ra
∫−∞
∞
eiαx R(x)dx =2πi ∑
Imzk>0
res
z=zk
(eiαzR(z))
. (9)
1-izoh. Agar
α<0 bo’lsa, ГR konturni haqiqiy o’qqa nisbatan simmetrik ГR
konturga almashtirsak
∫−∞
∞
eiαx R(x)dx =−2πi ∑
Imzk<0
res
z=zk
(eiαzR(z))
.
2-izoh. Agar haqiqiy
x - da R(x) haqiqiy funksiya va α>0 bo’lsa, (9) formulada
haqiqiy va mavhum qismini ajratib
∫−∞
∞
R(x)cos αxdx =−2πIm
[
∑
Imzk>0
res
z=zk
(eiαz R(z))
]
,
(10)
∫−∞
∞
R(x)sin αxdx =2πRe
[
∑
Imzk>0
res
z=zk
(eiαz R(z))
]
.
formulani hosil qilamiz.
4-misol .
I=∫−∞
∞ (x−1)cos 5x
x2−2x+5
dx integralni hisoblang.
Yechish. (13) formulaga ko’ra
I=−2πIm [ resz=1+2i(ei5z z−1
z2− 2z+5)]
Integral ostidagi
f(z) funksiya yuqori yarim tekislikda yagona oddiy qutbga ega.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_41.png)
![res
z=1+2i
f(z)=[
ei5z(z−1)
(z2− 2z+5)']z=1+2i
= e−10
2 (cos 5+isin 5). Bundan
I=−πe −10sin 5 .
7. Chiziqli fazolar, Normalangan fazolar, Hilbert fazolari
Chiziqli fazo tushunchasi matematikada asosiy tayanch tushunchalardan
hisoblanadi. Quyida
C bilan kompleks sonlar, R bilan haqiqiy sonlar to‘plamini
belgilaymiz.
1-ta’rif. Agar elementlari
x, y, z,… bo‘lgan L to‘plamda quyidagi ikki amal
aniqlangan bo‘lsa:
I. Ixtiyoriy ikkita
x, y∈L elementlarga ularning yig‘indisi deb ataluvchi aniq
bir
x+ y∈L element mos qo‘yilgan bo‘lib, ixtiyoriy x, y,z∈L elementlar uchun
1)
x+ y= y+ x (kommutativlik),
2)
x+ (y+ z)= (x+ y)+z (assotsiativlik),
3) L da shunday
θ element mavjud bo‘lib, x+ θ= x (nolning mavjudligi),
4) shunday
− x∈L element mavjud bo‘lib, x+(− x)= θ (qarama-qarshi
elementning mavjudligi) aksiomalar bajarilsa;
II. ixtiyoriy
x∈L element va ixtiyoriy α son ( α∈R yoki α∈C ) uchun x
elementning
α songa ko‘paytmasi deb ataluvchi aniq bir α x∈ L element mos
qo‘yilgan bo‘lib, ixtiyoriy
x, y∈L va ixtiyoriy α,β sonlar uchun
5)
α(β x)=(α β)x,
6)
1⋅x= x ,
7)
(α+ β)x= α x+ β x ,
8)
α (x+ y)= α x+α y
aksiomalar bajarilsa, u holda
L to‘plam chiziqli fazo deb ataladi .
Ta’rifda kiritilgan I va II amallar mos ravishda yig‘indi va songa ko‘paytirish
amallari deb ataladi.
Ta’rifda foydalanilgan sonlar zahirasiga (haqiqiy sonlar
R yoki kompleks
sonlar C ) bog‘liq holda chiziqli fazo haqiqiy yoki kompleks chiziqli fazo deb ataladi.
Chiziqli fazolarga misollar keltiramiz.
1-misol.
L= R haqiqiy sonlar to‘plami odatdagi qo‘shish va ko‘paytirish
amallariga nisbatan haqiqiy chiziqli fazo tashkil qiladi.
L= C kompleks sonlar
to‘plami ham kompleks sonlarni qo‘shish va ko‘paytirish amallariga nisbatan
kompleks chiziqli fazo tashkil qiladi.
2-misol.
L= Rn≡ {x=(x1,x 2,… ,xn), xi∈R ,i= 1,2 ,… ,n}− n ta haqiqiy
sonlarning tartiblangan guruhlari to‘plami. Bu yerda elementlarni qo‘shish va songa
ko‘paytirish amallari quyidagicha aniqlanadi. Ixtiyoriy
x=(x1,x2,… ,xn) va
y= (y1,y2,… ,yn)∈ Rn
lar uchun
x+ y= (x1+ y1,x2+ y2,… ,xn+ yn),
(1)](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_42.png)
![α x= (α x1,α x2,… ,α xn). (2)
Rn
- to‘plam (1) va (2) tengliklar bilan aniqlangan qo‘shish va songa ko‘paytirish
amallariga nisbatan haqiqiy chiziqli fazo tashkil qiladi va u
n - o‘lchamli haqiqiy
chiziqli fazo deb ataladi.
3-misol.
L= C n≡ {z= (z1,z2,...,zn), zk∈C ,k= 1,2 ,...,n } . Bu yerda ham
elementlarni qo‘shish va songa ko‘paytirish amallari (1) va (2) tengliklar ko‘rinishida
aniqlanadi.
Cn - to‘plam kompleks chiziqli fazo bo‘ladi va u n - o‘lchamli kompleks
chiziqli fazo deb ataladi.
4-misol.
L=C[a,b]− [a,b] kesmada aniqlangan uzluksiz funksiyalar
to‘plami. Funksiyalarni qo‘shish va funksiyani songa ko‘paytirish amallari mos
ravishda
(f+ g)(x)= f(x)+g(x)
(3)
va
(α f)(x)= α f(x) (4)
ko‘rinishda aniqlanadi. (3) va (4) tengliklar bilan aniqlangan qo‘shish va songa
ko‘paytirish amallari chiziqli fazoning 1-8 aksiomalarini qanoatlantiradi. Demak,
C[a,b]
to‘plam chiziqli fazo tashkil qiladi.
5-misol.
ℓ2≡ {x= (x1,x2,… ,xn,… ):∑
n=1
∞
|xn|2<∞ } - kvadrati bilan jamlanuvchi
ketma-ketliklar to‘plami. Bu yerda elementlarni qo‘shish va songa ko‘paytirish
amallari quyidagicha aniqlanadi:
x+ y= (x1+ y1,x2+ y2,… ,xn+ yn,… ),
(5)
α x= α (x1,x2,… ,xn,… )= (α x1,α x2,… ,α xn,… ), α∈C
. (6)
Yig‘indi
x+ y∈ ℓ2 ekanligi |a+b|2≤ 2|a|2+ 2|b|2 tengsizlikdan kelib
chiqadi. (5) va (6) tengliklar bilan aniqlangan qo‘shish va songa ko‘paytirish amallari
chiziqli fazoning 1-8 aksiomalarini qanoatlantiradi. Demak,
ℓ2 to‘plam kompleks
chiziqli fazo bo‘ladi.
6-misol.
c0≡ {x= (x1,x2,… ,xn,… ): lim
n→∞
xn= 0 } - nolga yaqinlashuvchi
ketma-ketliklar to‘plami. Bu to‘plamda ham qo‘shish va songa ko‘paytirish amallari
(5) va (6) tengliklar ko‘rinishida aniqlanadi va ular chiziqli fazoning 1-8 aksiomalarini
qanoatlantiradi. Demak,
c0 to‘plam chiziqli fazo bo‘ladi.
7 -misol .
c≡ {x= (x1,x2,… ,xn,… ):lim
n→∞
xn= a} - yaqinlashuvchi ketma-ketliklar
to‘plami. Bu to‘plam ham 5-misolda kiritilgan qo‘shish va songa ko‘paytirish
amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladi.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_43.png)
![8 -misol . L= m - barcha chegaralangan ketma-ketliklar to‘plami. Bu to‘plam
ham 5-misolda kiritilgan qo‘shish va songa ko‘paytirish amallariga nisbatan chiziqli
fazo tashkil qiladi.
Endi haqiqiy o ‘ zgaruvchining funksiyalari nazariyasi fanida xossalari
o ‘ rganilgan Lebeg ma ’ nosida integrallanuvchi funksiyalar va o ‘ zgarishi chegaralangan
funksiyalar to ‘ plamini qaraymiz .
9 -misol . Berilgan
[a,b] kesmada Lebeg ma’nosida integrallanuvchi funksiyalar
to‘plamini
~L1[a,b] simvol bilan belgilaymiz. Bu to‘plamda elementlarni qo‘shish va
elementni songa ko‘paytirish amallari (3) va (4) tengliklar bilan aniqlanadi.
~L1[a,b]
to‘plam funksiyalarni qo‘shish va songa ko‘paytirish amallariga nisbatan yopiq.
Chunki, integrallanuvchi
f va g funksiyalar yig‘indisi f+ g ham integrallanuvchi
va
∫
a
b
[f(t)+g(t)]dt =∫
a
b
f(t)dt +∫
a
b
g(t)dt
tenglik o‘rinli. Xuddi shunday integrallanuvchi funksiyaning songa ko‘paytmasi
yana integrallanuvchi funksiyadir. Funksiyalarni qo‘shish va songa ko‘paytirish
amallari esa chiziqli fazo aksiomalarini qanoatlantiradi. Demak,
~L1[a,b] to‘plam
chiziqli fazo bo‘ladi.
10-misol. Berilgan
[a,b] kesmada p(p>1) -darajasi bilan Lebeg ma’nosida
integrallanuvchi funksiyalar to‘plamini
~Lp[a,b] simvol bilan belgilaymiz. Bu
to‘plamda ham qo‘shish va songa ko‘paytirish amallari (3) va (4) tengliklar bilan
aniqlanadi va
~Lp[a,b] to‘plam chiziqli fazo tashkil qiladi. Yig‘indi f+g∈~Lp[a,b]
ekanligi Minkovskiy tengsizligi
(∫
a
b
| f(t)+ g(t)|pdt )
1
p≤ (∫
a
b
| f(t)|pdt )
1
p+(∫
a
b
| g(t)|pdt )
1
p
dan kelib chiqadi.
11 -misol . Berilgan
[a,b] kesmada aniqlangan va o‘zgarishi chegaralangan
funksiyalar to‘plamini
V[a,b] bilan belgilaymiz. Bu to‘plamda ham funksiyalarni
qo‘shish va songa ko‘paytirish amallari 4-misoldagidek kiritiladi. Ishonch hosil qilish
mumkinki,
V[a,b] to‘plam funksiyalarni qo‘shish va songa ko‘paytirish amallariga
nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladi. Hosil qilingan fazo o‘zgarishi chegaralangan
funksiyalar fazosi deyiladi va
V[a,b] simvol bilan belgilanadi.
Normalangan fazo
1-ta’rif . Bizga
L chiziqli fazo va unda aniqlangan p funksional berilgan
bo‘lsin. Agar
p quyidagi uchta shartni qanoatlantirsa, unga norma deyiladi:](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_44.png)
![funksionallar norma shartlarini qanoatlantiradi. Rn chiziqli fazoda ‖⋅‖p norma
kiritilgan bo‘lsa, uni
Rp
n , agar ‖⋅‖∞ norma kiritilgan bo‘lsa uni R∞
n deb belgilaymiz
4-misol .
L= C n - n o‘lchamli kompleks chiziqli fazo. Bu fazoda
‖ z‖= √∑
k=1
n
|zk|2
funksional norma shartlarini qanoatlantiradi.
5-misol.
C[a,b]− [a,b] kesmada aniqlangan uzluksiz funksiyalar fazosi. Bu
fazoda
f∈C [a,b] elementning normasi (1.6-misol bilan taqqoslang)
‖ f‖= max
a≤x≤b
|f(x)|
,
tenglik bilan aniqlanadi.
C[a,b] chiziqli fazoda norma
‖ f‖1=∫
a
b
|f(t)|dt
formula vositasida kiritilgan bo‘lsa, uni
C1[a,b] , agar norma
‖ f‖2= √∫
a
b
|f(t)|2dt
tenglik orqali kiritilgan bo‘lsa uni
C2[a,b] deb belgilaymiz.
Quyida biz chiziqli fazo va unda kiritilgan normalarni beramiz.
6-misol.
ℓ2 fazoda x elementning normasi quyidagicha kiritiladi:
‖ x‖= √∑
k=1
∞
xk
2
.
7-misol.
c0,c,m fazolarda x elementning normasi quyidagicha kiritiladi:
‖ x‖= sup
1≤n<∞
|xn|
.
ℓ2,c0,c
va m fazolarning aniqlanishi 5-8 misollarda keltirilgan.
8-misol.
M [a,b] - bilan [a,b] kesmada aniqlangan barcha chegaralangan
funksiyalar to‘plamini belgilaymiz. Bu to‘plam odatdagi funksiyalarni qo‘shish va
songa ko‘paytirish amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil qiladi. Bu fazoda
aniqlangan
p(x)= sup
a≤t≤b
|x(t)|, x∈ M [a,b]
(1)
funksional norma shartlarini qanoatlantiradi va
M [a,b] chiziqli normalangan
fazo bo‘ladi.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_46.png)
![9-misol. C(n)[a,b] - bilan [a,b] kesmada aniqlangan n marta uzluksiz
differensiallanuvchi funksiyalar to‘plamini belgilaymiz.
C(n)[a,b] to‘plam odatdagi
funksiyalarni qo‘shish va songa ko‘paytirish amallariga nisbatan chiziqli fazo tashkil
qiladi. Bu fazoda aniqlangan
p(x)= max
a≤t≤b
|x(t)|+∑
k=1
n
max
a≤t≤b
|x(k)(t)|, x∈C (n)[a,b]
(2)
funksional normaning 1-3 shartlarini qanoatlantiradi.
10-misol.
[a,b] kesmada aniqlangan o‘zgarishi chegaralangan funksiyalar fazosi
V[a,b]
ni qaraymiz. Bu fazoda
p:V [a ,b ]→ R
, p(x)=|x(a)|+V a
b[x] (3)
funksional norma aksiomalarini qanoatlantiradi va
V[a,b] chiziqli normalangan
fazo bo‘ladi.
Endi Banax fazolariga misollar keltiramiz.
11 -misol .
Rn,Rp
n,C[a,b],ℓp,p≥1,c,c0 fazolarni to‘lalikka tekshiring.
Yechish. To‘la metrik fazolar (3-paragraf) mavzusidan ma’lumki
Rn , Rp
n ,
C [a,b], ℓp, p≥ 1 , c , c0
lar to‘la metrik fazolar edi. Shuning uchun ular to‘la
normalangan fazolar, ya’ni Banax fazolari bo‘ladi.
12-misol.
C2[a,b] to‘la bo‘lmagan metrik fazo edi. Shuning uchun C2[a,b]
to‘la bo‘lmagan normalangan fazoga misol bo‘ladi.
Hilbert fazolari
1-ta’rif. Cheksiz o‘lchamli to‘la Evklid fazosi Hilbert fazosi deyiladi .
Shunday qilib, ixtiyoriy tabiatli
f,g,ϕ,… elementlarning H to‘plami Hilbert
fazosi bo‘lsa, u quyidagi uchta shartni qanoatlantiradi:
1)
H - Evklid fazosi, ya’ni skalyar ko‘paytma kiritilgan chiziqli fazo;
2)
ρ(x,y)= √(x− y,x− y) metrika ma’nosida H - to‘la fazo;
3)
H fazo - cheksiz o‘lchamli, ya’ni unda cheksiz elementli chiziqli erkli sistema
mavjud.
Odatda separabel Hilbert fazolari qaraladi, ya’ni
H ning hamma yerida zich
bo‘lgan sanoqli to‘plam mavjud.
Bundan keyin biz faqat separabel Hilbert fazolarini qaraymiz.
1-misol.
C2[a,b] Evklid fazosi to‘la emas, shuning uchun C2[a,b] Hilbert
fazosi bo‘la olmaydi.
2-misol.
ℓ2 va L2[a,b] lar cheksiz o‘lchamli to‘la separabel Evklid fazolaridir.
Shuning uchun ular Hilbert fazolari bo‘ladi.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_47.png)
![2-ta’rif. Agar R va R¿ Evklid fazolari o‘rtasida o‘zaro bir qiymatli moslik
o‘rnatish mumkin bo‘lib,
x↔ x*, y↔ y*, x,y ∈R, x*, y∗ ∈R∗¿¿
ekanligidan
x+ y ↔ x∗ + y*, λ x↔ λ x∗ va (x ,y)= ¿¿
munosabatlar kelib chiqsa,
R va R¿ lar izomorf fazolar deyiladi.
Boshqacha aytganda, Evklid fazolarining izomorfligi shundan iboratki, bu fazolar
o‘rtasida o‘zaro bir qiymatli moslik mavjud bo‘lib, bu moslik shu fazolardagi chiziqli
amallarni va ulardagi skalyar ko‘paytmani saqlaydi.
Ma’lumki,
n - o‘lchamli ixtiyoriy ikkita Evklid fazosi o‘zaro izomorfdir.
Cheksiz o‘lchamli Evklid fazolari o‘zaro izomorf bo‘lishi shart emas. Masalan
ℓ2 va
C2[a,b]
fazolar izomorf emas, chunki ℓ2 to‘la, C2[a,b] esa to‘la emas.
Quyidagi teorema o‘rinli.
1-teorema . Ixtiyoriy ikkita separabel Hilbert fazosi o‘zaro izomorfdir.
8-Operatorlar va funksionallar.
Funksionallar
1-ta’rif.
L chiziqli fazoda aniqlangan f sonli funksiya funksional deb ataladi.
Agar barcha
x,y∈L lar uchun
f(x+ y)= f(x)+ f(y)
bo‘lsa,
f additiv funksional deyiladi .
2-ta’rif . Agar barcha
x∈ L va barcha α∈C lar uchun
f(α x)= α f(x)
,
bo‘lsa,
f bir jinsli funksional deyiladi. Agar barcha x∈ L va barcha α∈C
sonlar uchun
f(α x)= ¯α f(x)
bo‘lsa, u holda kompleks chiziqli fazoda aniqlangan
f funksional qo‘shma bir
jinsli deyiladi, bu yerda
¯α soni α ga qo‘shma kompleks son .
3-ta’rif. Additiv va bir jinsli funksional chiziqli funksional deyiladi. Additiv va
qo‘shma bir jinsli funksional qo‘shma chiziqli (yoki antichiziqli) funksional deyiladi.
Chiziqli funksionallarga misollar keltiramiz.
1-misol.
Rn≡ {x= (x1,x2,… ,xn), xi∈ R} - n o‘lchamli vektor fazo va
a= (a1,a2,… ,an)∈ R n
belgilangan element bo‘lsin. U holda
f:R n→ R
,
f(x)= ∑
i=1
n
aixi
moslik
Rn da chiziqli funksional bo‘ladi.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_48.png)
![u(z)= ∑
k=1
n
ak¯zktenglik bilan aniqlanuvchi
u:C n→ C akslantirish qo‘shma chiziqli funksionalni
aniqlaydi.
2-misol. Quyidagi
I va I¿:C [a,b]→ C funksionallar
I(x)=∫
a
b
x(t)dt ,
I¿(x)=∫
a
b
x(t)dt
C[a,b]
fazodagi chiziqli va qo‘shma chiziqli funksionallarga misol bo‘ladi.
3 -misol .
y0∈C [a,b] berilgan element bo‘lsin. Har bir x∈C [a,b] funksiyaga
F(x)=∫
a
b
x(t)y0(t)dt
sonni mos qo‘yamiz. Bu funksionalning chiziqliligi integrallash amalining asosiy
xossalaridan kelib chiqadi.
F∗(x)=∫
a
b
x(t)y0(t)dt
funksional
C[a,b] fazoda qo‘shma chiziqli funksional bo‘ladi.
4-misol.
ℓ2 fazoda chiziqli funksionalga misol keltiramiz. k - belgilangan
natural son bo‘lsin.
ℓ2 dagi har bir x= (x1,x2,… ,xk,… ) uchun
fk(x)= xk
deymiz. Bu funksionalning chiziqliligi ko‘rinib turibdi
Chiziqli uzluksiz operatorlar
Shunday qilib, bizga
X va Y chiziqli normalangan fazolar berilgan bo‘lsin.
1-ta’rif .
X fazodan olingan har bir x elementga Y fazoning yagona y
elementini mos qo‘yuvchi
Ax = y (x∈ X , y∈ Y )
akslantirish operator deyiladi.
Umuman
A operator X ning hamma yerida aniqlangan bo‘lishi shart emas. Bu
holda
Ax mavjud va Ax ∈Y bo‘lgan barcha x∈ X lar to‘plami A operatorning
aniqlanish sohasi deyiladi va
D(A) bilan belgilanadi, ya’ni:
D (A)= {x∈ X : Ax mavjud va Ax ∈Y }.
Agar chiziqli
A operator qaralayotgan bo‘lsa, D(A) ning chiziqli ko‘pxillilik
(8.6-ta’rifga qarang) bo‘lishi talab qilinadi, ya’ni agar
x,y∈ D (A) bo‘lsa, u holda
ixtiyoriy
α,β∈C lar uchun α x+ β y∈ D (A) .
2-ta’rif. Agar ixtiyoriy
x,y∈ D (A)⊂ X elementlar va ixtiyoriy α,β∈C sonlar
uchun](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_49.png)
![A(α x+ β y)= α A x+ β A ytenglik o‘rinli bo‘lsa,
A ga chiziqli operator deyiladi.
3-ta’rif. Bizga
A :X → Y operator va x0∈ D (A) nuqta berilgan bo‘lsin. Agar
y0= Ax 0∈Y
ning ixtiyoriy V atrofi uchun, x0 nuqtaning shunday U atrofi mavjud
bo‘lib, ixtiyoriy
x∈U ∩ D (A) lar uchun Ax ∈V bo‘lsa, A operator x= x0 nuqtada
uzluksiz deyiladi.
3-ta’rifga teng kuchli quyidagi ta’riflarni keltiramiz.
4-ta’rif. Agar ixtiyoriy
ε>0 uchun shunday δ= δ(ε)>0 mavjud bo‘lib,
‖ x− x0‖<δ
tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha x∈D (A) lar uchun
‖ Ax − Ax 0‖<ε
tengsizlik bajarilsa,
A operator x= x0 nuqtada uzluksiz deyiladi .
5-ta’rif . Agar
x0 nuqtaga yaqinlashuvchi ixtiyoriy xn ketma-ketlik uchun
‖ A xn− A x0‖→ 0
bo‘lsa, u holda A operator x0 nuqtada uzluksiz deyiladi.
Agar
A operator ixtiyoriy x∈D (A) nuqtada uzluksiz bo‘lsa, A uzluksiz
operator deyiladi.
6-ta’rif.
Ax = θ tenglikni qanoatlantiruvchi barcha x∈ X lar to‘plami A
operatorning yadrosi deb ataladi va u
KerA bilan belgilanadi .
7-ta’rif. Biror
x∈D (A) uchun y= A x bajariladigan y∈Y lar to‘plami A
operatorning qiymatlar sohasi yoki tasviri deb ataladi va u
Im A yoki R(A) bilan
belgilanadi .
Matematik simvollar yordamida operator yadrosi va qiymatlar sohasini
quyidagicha yozish mumkin:
KerA = { x∈ D (A): Ax = θ },
R(A):= Im A= {y∈Y :biror x∈D (A)uchun y= Ax }.
Chiziqli operatorning qiymatlar sohasi va yadrosi chiziqli ko‘pxillilik bo‘ladi.
Agar
D (A)= X bo‘lib, A uzluksiz operator bo‘lsa, u holda KerA yopiq qism fazo
bo‘ladi, ya’ni
KerA = [KerA ] . A operator uzluksiz bo‘lgan holda ham Im A⊂Y
yopiq qism fazo bo‘lmasligi mumkin.
Chiziqli operatorlarga misollar.
1-misol.
X - ixtiyoriy chiziqli normalangan fazo bo‘lsin.
Ix = x
, x∈ X
akslantirish birlik operator deyiladi. Uni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Bu operatorning chiziqliligi va uzluksizligi quyidagi tengliklardan
bevosita kelib chiqadi:
I(α x+ β y)= α x+ β y= α I x+ β I y
, ‖I(x− x0)‖=‖x− x0‖ .
Qo‘shimcha qilib aytishimiz mumkinki, uning aniqlanish sohasi, qiymatlar sohasi
va yadrosi uchun quyidagilar o‘rinli:](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_50.png)
![D (I)= X , R(I)= X , KerI = {θ}.
2.
X va Y ixtiyoriy chiziqli normalangan fazolar bo‘lsin.
Θ :X → Y , Θ x= θ
operator nol operator deyiladi. Uni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Nol operatorning chiziqliligi va uzluksizligi bevosita ta’rifdan kelib
chiqadi. Uning aniqlanish sohasi, qiymatlar sohasi va yadrosi uchun quyidagilar
o‘rinli:
D(Θ )= X ,
R(Θ )= {θ}, Ker (Θ )= X .
3. Aniqlanish sohasi
D(A) =C(1)[a,b]⊂C [a,b] bo‘lgan va C[a,b] fazoni o‘zini-
o‘ziga akslantiruvchi
A:C [a,b]→ C[a,b]
, (Af )(x)= f '(x)
operatorni qaraymiz. Bu operator differensial operator deyiladi. Uni chiziqlilik va
uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Uning chiziqli ekanligini ko‘rsatamiz. Buning uchun ixtiyoriy
f,g∈ D (A)
elementlarning chiziqli kombinatsiyasi bo‘lgan α f+β g elementga A
operatorning ta’sirini qaraymiz:
(A(α f+ β g))(x)= (α f(x)+ β g(x))'= α f'(x)+ β g'(x)= α (Af )(x)+ β (Ag )(x)
.
Biz bu yerda yig‘indining hosilasi hosilalar yig‘indisiga tengligidan, hamda
o‘zgarmas sonni hosila belgisi ostidan chiqarish munkinligidan foydalandik. Demak,
A
operator chiziqli ekan. Uni nol nuqtada uzluksizlikka tekshiramiz. Ma’lumki,
Aθ = θ
, bu yerda θ - C[a,b] fazoning nol elementi, ya’ni θ(x)≡ 0 . Endi nolga
yaqinlashuvchi
fn∈D (A) ketma-ketlikni tanlaymiz. Umumiylikni buzmagan holda
a= 0,b= 1
deymiz.
fn(x)= xn+1
n+1
, lim
n→∞
‖ fn‖= lim
n→∞
max
0≤x≤1
|xn+1
n+1
|= lim
n→∞
1
n+1
= 0
.
Ikkinchi tomondan,
(Af n)(x)= xn, lim
n→∞
‖ Af n− Aθ ‖= lim
n→∞
max
0≤x≤1
|xn|= lim
n→∞
1= 1≠ 0
.
Demak,
A operator nol nuqtada uzluksiz emas ekan. 11.2-teoremaga ko‘ra
differensial operator aniqlanish sohasining barcha nuqtalarida uzilishga ega.
Uning qiymatlar sohasi va yadrosi uchun quyidagilar o‘rinli:
R(A)= C [a,b], KerA = {const }
.
4. Endi
C[a,b] fazoni o‘zini-o‘ziga akslantiruvchi B operatorni quyidagicha
aniqlaymiz:
(Bf )(x)=∫
a
b
K (x,t)f(t)dt
(11.1)](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_51.png)
![Bu operator integral operator deyiladi. Bu yerda K(x,y) funksiya [a,b]×[a,b] -
kvadratda aniqlangan, uzluksiz.
K(x,y) integral operatorning o‘zagi (yadrosi)
deyiladi.
B operatorni chiziqlilik va uzluksizlikka tekshiring.
Yechish. Ma’lumki, ixtiyoriy
f∈C[a,b] uchun K(x,t)f(t) funksiya x va t
ning uzluksiz funksiyasidir. Matematik analiz kursidan ma’lumki,
∫
a
b
K (x,t)f(t)dt
integral parametr
x∈[a,b] ning uzluksiz funksiyasi bo‘ladi. Bulardan B
operatorning aniqlanish sohasi
D(B) uchun D(B)=C [a,b] tenglik o‘rinli ekanligi
kelib chiqadi. Integral operatorning chiziqli ekanligi integrallash amalining chiziqlilik
xossasidan kelib chiqadi, ya’ni ixtiyoriy
f,g∈C[a,b] va α,β∈C lar uchun
(B(α f+β g))(x)=∫
a
b
K (x,t)(α f(t)+β g(t))dt =
= α∫
a
b
K (x,t)f(t)dt +β∫
a
b
K (x,t)g(t)dt = α (Bf )(x)+β (Bg )(x)
tengliklar o‘rinli. Endi integral operator
B ning uzluksiz ekanligini ko‘rsatamiz.
f0∈C[a,b]
ixtiyoriy tayinlangan element va {fn}⊂C [a,b] unga yaqinlashuvchi
ixtiyoriy ketma-ketlik bo‘lsin. U holda
‖Bf n− Bf 0‖= max
a≤x≤b
|∫
a
b
K (x,t)(fn(t)− f0(t))dt |≤
¿ max
a≤x≤b
|fn(t)− f0(t)| max
a≤x≤b
|∫
a
b
K (x,t)dt |= C⋅‖ fn− f0‖ .
(11.2)
Bu yerda
C= max
a≤x≤b∫
a
b
|K (x,t)|dt
.
C
ning chekli ekanligi [a,b] kesmada uzluksiz funksiyaning chegaralangan
ekanligidan kelib chiqadi. Agar (11.2) tengsizlikda
n→ ∞ da limitga o‘tsak,
lim
n→∞
‖ Bf n− Bf 0‖≤ C⋅lim
n→∞
‖ fn− f0‖= 0
ekanligini olamiz. Agar
‖Bf n− Bf 0‖≥ 0 tengsizlikni hisobga olsak,
lim
n→∞
‖ B fn− B f0‖=0
.
Shunday qilib,
B integral operator ixtiyoriy nuqtada uzluksiz ekan.
B
integral operatorning qiymatlar sohasi va yadrosi integral operatorning o‘zagi
-
K(x,y) funksiyaning berilishiga bog‘liq. Masalan, K (x,t)≡1 bo‘lsa, B
operatorning qiymatlar sohasi
Im B o‘zgarmas funksiyalardan iborat, ya’ni](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_52.png)
![Im B= {f∈C [a,b]:f(t)= const }, uning yadrosi KerB o‘zgarmasga ortogonal
funksiyalardan iborat, ya’ni
KerB = { f∈C [a,b]:∫
a
b
f(t)dt = 0 }.
8-ta’rif . Bizga
X normalangan fazoning M to‘plami berilgan bo‘lsin. Agar
shunday
C >0 son mavjud bo‘lib, barcha x ∈ M uchun ‖x‖≤C tengsizlik o‘rinli
bo‘lsa,
M to‘plam chegaralangan deyiladi .
9-ta’rif.
X fazoni Y fazoga akslantiruvchi A chiziqli operator berilgan bo‘lsin.
Agar
A ning aniqlanish sohasi D(A)= X bo‘lib, har qanday chegaralangan
to‘plamni yana chegaralangan to‘plamga akslantirsa,
A ga chegaralangan operator
deyiladi.
Chiziqli operatorning chegaralanganligini tekshirish uchun quyidagi ta’rif
qulaydir.
10-ta’rif.
A :X → Y chiziqli operator bo‘lsin. Agar shunday C >0 son mavjud
bo‘lib, ixtiyoriy
x∈D (A) uchun
‖A x‖≤C⋅‖x‖
(3)
tengsizlik bajarilsa,
A chegaralangan operator deyiladi.
11-ta’rif. (11.3) tengsizlikni qanoatlantiruvchi
C sonlar to‘plamining aniq quyi
chegarasi
A operatorning normasi deyiladi, va u ‖A‖ bilan belgilanadi, ya’ni
‖A‖= inf C .
Bu ta’rifdan ixtiyoriy
x∈ D (A) uchun ‖A x‖≤ ‖A‖⋅‖x‖ tengsizlik o‘rinli
ekanligi kelib chiqadi.
1-teorema.
X normalangan fazoni Y normalangan fazoga akslantiruvchi
chiziqli chegaralangan
A operatorning normasi ‖A‖ uchun
‖ A‖= sup
‖x‖=1
‖ A x‖= sup
x≠θ
‖ A x‖
‖ x‖
(4)
tenglik o‘rinli.
Isbot. Quyidagicha belgilash kiritamiz
α= sup
x≠θ
‖ A x‖
‖ x‖
.
A
chiziqli operator bo‘lgani uchun
α=sup
x≠θ
‖A x‖
‖x‖
=sup
x≠θ
‖A
x
‖x‖
‖= sup
‖x‖=1
‖A x‖.
Ixtiyoriy
x≠ 0 uchun
‖A x‖
‖x‖
≤ α.](/data/documents/0d759f90-9f0f-4579-8370-41de746cee49/page_53.png)
REJA: 1. Kompleks sonlar va ular ustida amallar 2. Kompleks o’zgaruvchili funksiya 3. Kompleks o’zgaruvchili funksiya uzluksizligi, hosilasi va analitik funksiyalar 4. Kompleks o’zgaruvchili funksiya integrali, Koshi teiremasi va formulasi 5. Loran qatori va maxsus nuqtalar 6. Qoldiqlar nazaryasi va ulardan foydalaninib integrallarni hisoblash 7. Chiziqli fazolar, Normalangan fazolar, Hilbert fazolari 8. Operatorlar va funksionallar 1. Kompleks sonlar va ular ustida amallar. 1-ta’rif. х va у haqiqiy sonlarning (х,у) juftiga kompleks son deb aytiladi, agar tenglik tushunchasi, qo’shish va ko’paytirish amallari quyidagicha aniqlangan bo’lsa: 1. (х1,у1) va (х2,у2) ikkita kompleks son teng deyiladi, agar х1=х2 va у1= у2 bo’lganda; 2. (х1,у1) va (х2,у2) kompleks sonlarning yiq’indisi (х1+х2,у1+у2) ko’rinishda; 3. (х1,у1) va (х2,у2) kompleks sonlarning ko’paytmasi (х1х2− у1у2,х1у2+х2у1) ko’rinishda. Kompleks sonlar ustida tenglik, yiq’indi, ko’paytma va boshqa amallarni belgilashda haqiqiy sonlar uchun qo’llaniladigan belgilar ishlatiladi. Shuning uchun kompleks sonning ta’rifiga ko’ra (х1,у1)=(х2,у2) faqat va faqat shundagina, qachonki х1=х2 va у1= у2 (1) bo’lsa; ikkita kompleks sonning yiq’indisi va ko’paytmasi mos holda (х1,у1) + (х2,у2) = (х1+х2,у1+у2) , (2) (х1,у1)(х2,у2)= (х1х2− у1у2,х1у2+х2у1) . (3) teng. Xususiy holda (2), (3) formulalardan (х,0) ko’rinishdagi kompleks son ustidagi amal х haqiqiy son ustidagi amal bilan mos tushishini ko’rsatuvchi (х1,0)+(х2,0)=(х1+х2,0), (х1,0)(х2,0)=(х1х2,0) munosabat kelib chiqadi. Shuning uchun (х,0) ko’rinishdagi kompleks son (х,0) = х haqiqiy son bilan tenglashtiriladi. (0,1) kompleks son mavhum birlik deyiladi va i bilan belgilanadi, ya’ni i=(0,1 ). (3) formula yordamida i⋅i=i2 ko’paytmani hisoblaymiz. i2=i⋅i=(0,1 )(0,1 )=(−1,0 )=−1 ega bo’lamiz. (2), (3) formulalardan (0,у)=(0,1 )(у,0)=iу , (х,у)=(х,0)+(0,у)=х+iу tengliklar ham kelib chiqadi. Shunday qilib, har bir (х,у) kompleks sonni х+iу ko’rinishda tasvirlash mumkin. х+iу ko’rinishdagi yozuvga kompleks sonning algebraik shakli deyiladi. iу ko’rinishdagi kompleks songa sof mavhum deyiladi. Xususiy holda, yagona 0 soni
ya’ni (0,0 ) kompleks son bir vaqtda ham haqiqiy, ham sof mavhumdir. х+iy kompleks sonni bitta z harfi bilan belgilash qabul qilingan, ya’ni z= x+iy . х songa z= x+iy kompleks sonning haqiqiy qismi, у songa esa mavhum qismi deyiladi va х= Re (x+iy )= Re z, y=Im (x+iy )= Im z ko’rinishda belgilanadi. Kompleks sonning algebraik shakli yordamida z1= x1+iy1 , z2= x2+iy 2 kompleks sonlarning yiq’indisi, ayirmasi va ko’paytmasini quyidagicha yozish mumkin z1± z2= (x1± x2)+i(y1± y2) , z1⋅z2= x1x2+ix 1y2+iy 1x2+i⋅iy1y2 . Endi i2=−1 ni hisobga olgan holda (x1+iy1)(x2+iy2)=(x1x2− y1y2)+i(x1y2+x2y1) tenglikni hosil qilamiz, ya’ni (3) formulaga keldik. Demak, kompleks sonlarni ko’paytirganda haqiqiy sonlarni ko’paytirish kabi ko’paytirib hosil bo’lgan ifodada i2=−1 almashtirish kifoyadir. x−iy son z= x+iy kompleks songa qo’shma deyiladi va z ko’rinishda belgilanadi: ¯z= x+iy= x− iy . (4) Ixtiyoriy z kompleks son uchun (z)=z o’rinlidir. Kompleks sonlarning tengligidan z= z tenglik faqat z haqiqiy son bo’lgandagina bajariladi. (z1+z2)= z1+z2 tenglikka o’xshash (z1+z2+¿⋅¿+zn)= z1+z2+¿⋅¿+zn . √x2+ y2 son z= x+iy kompleks sonning moduli deyiladi va |z| ko’rinishda belgilanadi: |z|=|x+iy|= √x2+y2 , (5) |z|≥0, |z|= 0⇔ z= 0 . Haqiqiy sonning moduli uning absolyut qiymati bilan mos keladi. (4), (5) formulalardan va z⋅z= (x+iy )(x− iy )= x2+y2 tenglikdan |z|=|z|, (6) z⋅z=|z|2 , |z|=√z⋅z (7) kelib chiqadi. Amallarning xossalari. 1.Kommutativligi: z1+z2= z2+z1, z1⋅z2= z2⋅z1 . 2. Assosiativligi: (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3),(z1⋅z2)⋅z3= z1(z2⋅z3) . 3.Distributivligi: z1(z2+z3)= z1z2+z1z3 . Bu xossalar haqiqiy sonlar uchun o’rinli bo’lib, (2) va (3) tengliklardan keltirib chiqariladi.
Kompleks sonlar to’plamida qo’shishga teskari amal ayirishni ham kiritish mumkin. Ixtiyoriy z1 va z2 kompleks sonlar uchun yagona z topiladiki z+z2= z1 . Bu songa z1 va z2 ning ayirmasi deyiladi va z1−z2 ko’rinishda z1− z2=(x1+iy 1)−(x2+iy 2)=(x1− x2)+i(y1− y2) (8) bo’ladi. Kompleks sonlarni bo’lish amalini kiritamiz. Ko’paytirishga teskari amal bo’lishdir. z1 va z2 kompleks sonlarning bo’linmasi deb shunday z kompleks songa aytiladiki, ya’ni z⋅z2= z1 (9) tenglamani qanoatlantiradi va z1:z2 yoki z1 z2 belgilanadi. Ixtiyoriy z1 va z2 kompleks sonlar uchun z2≠0 bo’lganda (9) tenglama yagona yechimga ega ekanligini isbotlaymiz. (9) tenglamaning ikkala tomonini z2 songa ko’paytirib va (8) formuladan foydalanib, z⋅z2⋅¯z2= z1⋅¯z2 ⇒ z⋅|z2|2= z1⋅¯z2 hosil qilamiz. Buni 1 |z2|2 songa ko’paytirib z= z1z2 |z2|2 ga ega bo’lamiz. Shunday qilib, z= z1z2 z2z2 = z1⋅z2 |z2|2 , z2≠ 0 (10) Agar z1= x1+iy1, z2= x2+iy 2 bo’lsa, u holda (10) formulani z1 z2 = x1+iy1 x2+iy 2 = (x1+iy1)(x2− iy2) (x2+iy2)(x2− iy 2)= x1x2+y1y2 x22+ y22 +ix2y1− x1y2 x22+y22 ko’rinishda yozish mumkin. 1-misol. z=2−3i 3+4i kompleks sonni algebraik shaklga keltiring. Yechish. z= 2−3i 3+4i= (2−3i)(3−4i) (3+4i)(3−4i)= 6−8i−9i+12 i2 32+42 = 6−17 i−12 25 =− 6 25 −17 25 i Kompleks sonning geometrik tasviri Tekislikda to’q’ri burchakli koordinatalar sistemasi berilgan bo’lsin. z= x+iy - kompleks son tekislikda koordinatalari (х,у) bo’lgan nuqta bilan ifodalanadi va bu nuqta z harfi bilan belgilanadi. Kompleks sonlar va tekislik nuqtalari orasidagi bunday moslik o’zaro bir qiymatlidir. Haqiqiy son absissa o’qining nuqtalari, mavhumlari - ordinata o’qining nuqtalari bilan ifodalanadi. Shuning uchun absissa o’qi haqiqiy o’q, ordinata o’qi esa mavhum o’q deyiladi.
z= x+iy kompleks son tasvirlanadigan tekislik kompleks tekislik deyiladi. z va −z nuqtalar 0 nuqtaga nisbatan simmetrikdir. z va z nuqtalar haqiqiy o’qqa nisbatan simmetrikdir. z kompleks son boshi 0 va oxiri z nuqtada bo’lgan vektor sifatida ham ifodalanadi. Kompleks son va kompleks tekislikdagi boshi 0 nuqtada bo’lgan vektor orasidagi bunday moslik ham o’zaro bir qiymatlidir. Shuning uchun z kompleks sonni tasvirlovchi vektor ham z harfi bilan belgilanadi. (5) formula va 1-rasmdan ko’rinadiki, z vektorning uzunligi |z| ga teng va |Re z|≤|z|, |Im z|≤|z|, tengsizliklar o’rinlidir. z1+z2 son z1 va z2 vektorlarning oddiy qo’shish qoidasiga ko’ra yasalgan vektorni ifodalaydi. z1−z2 vektor z1 va - z2 vektorlarning yiq’indisi shaklida yasaladi. z1 va - z2 nuqtalar orasidagi masofa z1−z2 vektorning uzunligiga teng, ya’ni |z1−z2|. 2-misol. |z− z0|= R tenglamani qanoatlantiruvchi z nuqtalar to’plamining geometrik o’rnini aniqlang. Yechish. Bu tenglamani qanoatlantiruvchi nuqtalar to’plami markazi z0 , radiusi R ga teng bo’lgan aylanadan iboratdir, chunki |z−z0| - z va z0 nuqtalar orasidagi masofadan iborat. 1-teorema (uchburchak tengsizligi). Ixtiyoriy ikkita z1 va z2 kompleks sonlar uchun ||z1|−|z2||≤|z1+z2|≤|z1|+|z2| (11) tengsizlik o’rinlidir. Isbot. Uchlari 0,z1,z1+z2 nuqtalarda bo’lgan uchburchak tomonlari uzunliklari |z1|, |z2|, va |z1+z2| ga teng. Haqiqatdan, (11) elementar geometriyadan ma’lum bo’lgan uchburchak tomonlari uzunliklari uchun tengsizlikdir. Kompleks sonning trigonometrik va ko’rsatkichli shakli Kompleks tekislikda z= x+iy nuqtaning holati x, y dekart koordinatalar sistemasidagina emas, balkim r, ϕ qutb koordinatalarida ham bir qiymatli aniqlanadi (2-rasm), bu yerda r=|z| - 0 nuqtadan z nuqtagacha bo’lgan masofa, ϕ - haqiqiy o’qning musbat yo’nalishi bilan z vektor orasidagi burchak. Yo’nalish soat strelkasiga teskari yo’nalishda olingan bo’lsa, burchakning qiymati musbat, soat strelkasi bo’ylab olingan bo’lsa manfiy bo’ladi. Bu burchak z (z≠0) kompleks sonning argumenti deyiladi va ϕ= Argz belgilanadi. z=0 son uchun
argument aniqlanmaydi, shuning uchun bundan keyingi argumentbilan boq’liq fikrlarda z≠0 deb hisoblanadi. 2-rasmdan ko’rinadiki, x= rcos ϕ,y=rsin ϕ . (12) Ixtiyoriy z≠0 kompleks sonni z= x+iy= r(cos ϕ+isin ϕ) (13) ko’rinishda tasvirlash mumkin. (13) ko’rinishidagi yozuvga kompleks sonning trigonometrik shakli deyiladi. Agar z= x+iy , ϕ= Argz bo’lsa, (12) formuladan cos ϕ= x √x2+y2; sin ϕ= y √x2+y2 (14) kelib chiqadi. 2-rasmdan ko’rinadiki, teskari tasdiq ham o’rinlidir: ϕ soni z= x+iy kompleks sonning argumenti deyiladi, faqat va faqat shundagina qachonki (14) ning ikkala tengligi ham bajarilsa. Haqiqatdan, z= x+iy kompleks sonning argumentini topish uchun (14) tenglamalar sistemasini yechish kerak. (14) sistema cheksiz ko’p yechimga ega. Bu yechimlar ϕ=ϕ0+2kπ ,k=0,±1,±2,... formula bilan beriladi, bu yerda ϕ0 (14) sistemaning bitta yechimi. Shunday qilib, kompleks sonning argumenti bir qiymatli aniqlanmagan. Agar ϕ0 z kompleks son argumenti qiymatlaridan biri bo’lsa, bu sonning barcha argumentlari qiymatlari Argz = arg z+2kπ , k=0,±1,±2,... (15) formula bilan ifodalanadi. Agar arg z yarim yopiq [−π,π) yoki (−π,π] oraliqda joylashgan bo’lsa, u holda argumentning bu qiymatini bosh qiymat deyiladi ( − π≤ arg z<π , − π<arg z≤ π ). (14) formuladan kelib chiqadiki, z= x+iy kompleks sonning ϕ argumenti tg (arg z)= y x (16) tenglamani qanoatlantiradi. Bundan ko’rinadiki arg z ko’p qiymatli Arctg y x ning biror qiymati bilan ustma-ust tushadi. Shuning uchun agar Arctg y x ning asosiy qiymatini arctg y x deb belgilasak ( − π 2≤ arctg y x<π 2 yoki −π 2<arctg y x≤ π 2 ), u holda, arg z=arctg y x , agar x>0 , y>0 bo’lsa; arg z=π+arctg y x , agar x<0 , y≥0 bo’lsa; arg z=− π+arctg y x , agar x<0 , y≤0 bo’lsa;