فيصل امللك جامعةالعلوم كلية

واإلحصاء الرياضيات قسم

المركب التحليل

العبدالعالي خالد أحمد د. إعداد:

المحتوى

ي مقدمة1١ المركبة األعداد فضاء

1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . املركب العدد كتابة1.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . املركبة األعداد وجذور موافر دي نظرية1.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . املركبة والدوال للمركب التوبولوجية اخلصائص1.46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . متارين

2٩ التحليلية الدوال

2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . القوى متسلسالت2.213 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . التفاضل وقابلية االشتقاق2.315 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . رميان − كوشي معادالت2.416 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . التوافقية الدوال2.517 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . متارين

3١٩ المركب التكامل

3.119 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . قطعا األملس القوس3.220 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . القوس على التكامل3.322 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . املغلقة األقواس دليل3.424 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . كوشي نظرية3.528 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

i

ii المحتوى4٣٧ البواقي نظرية

4.137 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . الشاذة النقاط وتصنيف لوران مفكوك4.241 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . البواقي نظرية

مقدمة

بعد، أما أمحعني. وصحبه آله وعلى حممد ونبينا سيدنا اهللا رسول على والسالم والصالة هللا واحلمد اهللا بسماملركبة األعداد فضاء اكتشاف منذ العلماء أواله وقد الرياضيات، علم يف الرئيسية الفروع أحد هو املركب التحليل فإناملفاهيم من جمموعة دراسة نعتزم املقرر هذا ويف األخرى. الرياضيات فروع يف تطبيقات من لنتائجه ملا نظرا كبريا، اهتماما

ال. ا هذا يف مستقبال التعمق من ميكنه للطالب أساسا تكون أن ا شأ من واليت املركب التحليل يف واملواضيع

األعداد كتابة وصور وخصائصه املركب الفضاء تعريف نعطي األول القسم ففي رئيسية، أقسام أربعة إىل املقرر وينقسموتعريف املركب للفضاء التوبولوجية للخواص ننتقل مث املركبة. األعداد جذور وإجياد موافر دي لنظرية نتطرق كما املركبة.

واتصاهلا. املركب يف الدوال

القابلة بالدوال وعالقتها التحليلية الدوال وتعريف ا تقار قطر ونصف القوى ملتسلسالت نتعرض ، يليه الذي القسم يفالتوافقية الدوال على القسم اية يف ونعرج كما االشتقاق. قابيلة لفحص رميان − كوشي معادالت واستخدام للتفاضل

التوافقي. واملرافق

ودليل وأنواعها األقواس بدراسة نقوم حيث قطعا، امللساء األقواس على املركبة الدوال تكامل بدراسة يهتم الثالث القسمموعات ا عى العامة ا وصور البسيطة ا بصور كوشي نظرية إىل القسم هذا يف نتطرق كما واملغلقة، قطعا امللساء األقواسالتحليلية للدوال تايلور مفكوك إىل باإلضافة ا وتطبيقا التكاملية كوشي صيغ ندرس أيضا القسم هذا يف الرتابط. بسيطةأصفار خواص ندرس ذلك بعد ومن اجلرب. يف األساسية والنظرية ليوفيل كنظرية نتائج من املفكوك هذا دراسة من ينتج ومانقاط عرب التحليلية الدوال بتمديد املتعلقة النظريات ببعض األخري القسم وخنتتم هلا. العظمى القيمة ومبدأ التحليلية الدوال

صغرية. حواجز أو

على لوران كمفكوك املفاهيم من جمموعة نستعرض فإننا ذلك ولدراسة البواقي، نظرية حول يتمركز واألخري الرابع القسمالتطبيقات من جمموعة ذلك بعد نستعرض مث النقاط. هذه عند الباقي وإجياد الشاذة النقاط وتصنيف احللقية النطاقات

املعتلة. التكامالت بعض كحساب البواقي نظرية على

يلي كما الدراسي الفصل أسابيع على احملتوى بتوزيع قمنا فقد للتدريس مالئما امللخص يكون ولكيiii

iv

احملتوى األسبوعاملركبة األعداد جذور دميوافر ونظرية Cاملركبة األعداد فضاء األول

للوغاريتم األساسي والتعيني القوى متسلسالت الثاينالتفاضل) قابلية االشتقاق+ (قابلية التحليلية الدوال الثالث

التوافقية والدوال كوشي-رميان معادالت الرابعاملغلقة األقواس ودليل امللساء األقواس على التكامل تعريف اخلامس

العامة كوشي نظرية السادسالتكاملية كوشي وصيغ التحليلية للدوال تايلور مفكوك السابعاملعزولة األصفار ونظرية اجلرب يف األساسية النظرية الثامن

التحليلية للدوال العظمى القيمة مبدأ التاسعلوران مفكوك العاشر

البواقي وإجياد الشاذة النقاط تصنيف عشر احلاديالبواقي نظرية عشر الثاين

املعتلة) التكامالت (إجياد البواقي نظرية على تطبيقات عشر الثالثللزوايا احلافظة والدوال املفتوحة الدالة نظرية عشر الرابع

المركبة األعداد فضاء

المركب العدد كتابة 1.1

التالية: بالصورة وضرب مجع عملييت مع R2 الفضاء أنه على C املركب الفضاء نعتربنعرف (a, b), (c, d) ∈ R2 لكل

(a, b) + (c, d) = (a+ c, b+ d) .1(a, b) ∗ (c, d) = (ac − bd, ad + bc) .2

الضريب واحملايد (0, 0) العنصر هو اجلمعي احملايد حيث إبدايل حقل C أن جند والضرب، اجلمع لعملييت السابق التعريف منأن نالحظ أننا كما .(1, 0) العنصر هو

(a, 0) + (b, 0) = (a+ b, 0) , (a, 0) ∗ (b, 0) = (ab, 0)

أن جند ،i = (0, 1) لنضع اآلن .a احلقيقي العدد إال هو ما (a, 0) املركب العدد أن لنا يتضح هنا ومنi2 = (0, 1) ∗ (0, 1) = (−1, 0) = −1

لبناء كيف نرى هنا ومن حقيقي. عدد ألي تتحقق ال أعاله املساواة أن حيث التخيلي الوحدة عنصر i نسمي ولذلكx2 + 1 = 0 املعادلة يف تكون الذي الوقت ففي احلقيقي يف مستعصية مشاكل حل يف يسهم أن املركبة األعداد فضاء

.x = i وهو C يف حل هلا أن جند ،R يف احلل مستحيلةأن جند الزوج هذا وبتحليل ،(a, b) مرتب زوج صورة على يكتب املركب العدد أن رأينا سبق فيما

(a, b) = (a, 0) + i(b, 0) = a+ ib

و Re(z) بالرمز له ونرمز z املركب للعدد احلقيقي اجلزء a نسمي وعندها Z = (a, b) املركب للعدد اجلربية الصورة هي وهذه.Im(z) بالرمز له ونرمز z املركب للعدد التخيلي اجلزء b

الصورة على z العدد مقياس أو معيار نعرف مركب عدد z = a+ ib ليكن المركبة األعداد خصائص|z| =

√a2 + b2

مرافق z أيضا نعرف .R2 املستوى يف (0, 0) األصل ونقطة العدد بني املسافة إال هو ما املركب العدد معيار أن نرى وهندسيا،|z| = |z| أن الحظ السيين. احملور حول z العدد بانعكاس عليه نتحصل وهندسيا ،z = a− ib الصورة على z املركب العدد

.z,w ∈ C لكل التالية العالقة نستنتج أن السابقة التعريفات خالل ومن نستطيع أننا كما1) z+ w = z+ w , 2) z ∗ w = z ∗ w3) |z ∗ w| = |z| ∗ |w| , 4) Re(z) ≤ |z|

5) Im(z) ≤ |z| , 6) Re(z) = z+z2

7) Re(z) = z−z2i

1

2 1.1 المركب العدد كتابة

املثلث) (متباينة 1.1.1 نظرية.|z+ w| ≤ |z|+ |w| فإن z,w ∈ C ليكن

أن نعلم املركبة األعداد خصائص من برهان|z+ w|2 = (z+ w) (z+ w)

= (z+ w) (z+ w)

= |z|2 + |w|2 + z ∗ w+ z ∗ w= |z|2 + |w|2 + 2Re(z ∗ w)≤ |z|2 + |w|2 + 2|z ∗ w|= (|z|+ |w|)2

السابقة. العالقة يف للطرفني اجلذر بأخذ املطلوب ينتج ذلك ومن

العدد على سنستدل واآلن .z املركب للعدد واجلربية البيانية للصورة سبق فيما تطرقنا المركب. للعدد القطبية الصورةأدناه. سنبينه ما وهو ومقياسه سعته بداللة املركب

فنجد r = |z| ولنضع املوجب، السينات حمور مع املتجه يصنعها اليت الزاوية هي θ ولتكن صفري غري عدد z = x+ iy ليكنأن

x = r cos θ , y = r sin θ

فإن دورية التمام وجيب اجليب داليت أن ومبا ،z = r(cos θ + i sin θ) الصورة على z املركب العدد كتابة ميكن وبالتايلz = r(cos (θ + 2kπ) + i sin (θ + 2kπ)), k ∈ Z.

ال بعدد املركب العدد كتابة ميكن السعة باستخدام أنه نالحظ .θ = arg(z) بالرمز له ونرمز املركب العدد سعة θ نسمياألساسية السعة نعرف املشكلة هذه على وللتغلب دالة، متثل ال arg(z) العالقة جيعل الذي األمر وهو الطرق من ائي

.(−π, π] للفرتة تنتمي اليت z العدد سعة ا أ على Arg(z) املركب للعدداألساسية. سعته وأوجد القطبية الصورة على z = 1 − i املركب العدد اكتب 1.1.2 مثال

الحلأن جند املقياس حساب وعند ومقياسه. األساسية سعته إجياد يلزم القطبية، الصورة على i − 1 العدد لكتابة

r =√12 + (−1)2 =

√2

وأنcos θ = 1

√2, sin θ = −1√

2

فإن وعليه .θ = 2π − π4 = 7π

4 ومقدارها الرابع الربع يف الزاوية أن أي1 − i =

√2(cos (7π

4+ 2kπ) + i sin (

7π

4+ 2kπ)), k ∈ Z

سعة تكون أن تصلح ال 7π4 فإن وبالتايل ،π و −π بني تقع اليت السعة تلكم السعات بني من خنتار األساسية السعة وإلجياد

على فنتحصل السالب باالجتاه كاملة دورة بعمل نقوم ولذلك 7π4 > π كون أساسية

−π < 7π

4− 2π = −π

4< π⇒ Arg(1 − i) = −π

4.

المركبة األعداد فضاء 3

المركبة األعداد وجذور موافر دي نظرية 1.2

،(1 − i)100 حساب منا طلب لو املثال سبيل فعلى املركبة. األعداد وجذور قوى حساب كيفية القسم هذا يف نستعرضأن على تنص واليت احلدين ذات نظرية باستخدام فإننا

(a+ b)n =n∑

k=0

n!

k! (n − k)!an−kbk, ∀a, b ∈ C و n ∈ N

موافر. دي نظرية باستخدام جتنبه ميكن معقد عمل شك أدىن بال وهو املطلوب، الجياد حد 101 حساب منا سيتطلبأن جند عندها مركب. عدد z = r(cos θ + i sin θ) ليكن

z2 = r2(cos θ + i sin θ)2

= r2(cos2 θ − sin2 θ + 2i cos θ sin θ)= r2(cos 2θ + i sin 2θ)

التالية. النظرية نربهن أن االستقراء باستخدام نستطيع عام، وبشكل

موافر) دي (نظرية 1.2.1 نظريةفإن مركبة أعداد z j = r j(cos θ j + i sin θ j), j = 1, ..., n ليكن

z1 ∗ ... ∗ zn = r1...rn(cos (θ1 + ...+ θn) + i sin (θ1 + ...+ θn))

أن جند النظرية هذه على مباشر كتطبيق

(1 − i)100 = [√2(cos 7π

4+ i sin 7π

4)]100 = 250(cos 175π+ i sin 175π) = −250

بوضع أنه الحظ .zn = α أن حتقق اليت z املركبة األعداد إجياد ولنحاول α = r(cos θ + i sin θ) مركب عدد لنأخد اآلن

zk = r1n (cos (θ + 2kπ

n) + i sin (

θ + 2kπ

n)), k ∈ Z

هي α املركب للعدد املختلفة النونية اجلذور فإن وبالتايل .znk= α أن موافر دي نظرية باستخدام جند

zk = r1n (cos (θ + 2kπ

n) + i sin (

θ + 2kπ

n)), k = 0, ..., n − 1

نصف بدائرة حماط األضالع من n له منتظم مضلع رؤوس هندسيا متثل α للعدد النونية اجلذور أن الحظ 1.2.2 مالحظة. θnرؤوسه أول سعة r

1n قطرها

المركبة والدوال للمركب التوبولوجية الخصائص 1.3

حبيث d : X × X −→ [0,∞) و جمموعة X لتكن 1.3.1 تعريف.x = y إذا وفقط إذا d(x, y) = 0 .1.x, y ∈ X لكل d(x, y) = d(y, x) .2

.d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) فإن x, y, z ∈ X لكل .3

4 1.3 المركبة والدوال للمركب التوبولوجية الخصائص

B(x, r) املفتوحة الكرة نعرف فإننا r > 0 و x ∈ X كان إذا مرتي. فضاء (X, d) الزوج نسمي وعندها مسافة، دالة d فإنيلي كما تواليا، ،r قطر ونصف x مركز ذات B(x, r) املغلقة والكرة

B(x, r) = y ∈ X, d(x, y) < r, B(x, r) = y ∈ X, d(x, y) ≤ r.

أقراص إىل هي ما فيه والكرات مرتي فضاء هو d(a, b) = |a−b| حيث (C, d) الزوج فإن املركبة األعداد جمموعة إىل بالعودةاملستوى. من

يكون حبيث r > 0 يوجد z ∈ Ω لكل كان إذا مفتوحة جمموعة Ω أن نقول C من جمموعة Ω لتكن 1.3.2 تعريفمفتوحة. Fc املركب يف مكملتها كان إذا مغلقة ا أ F جمموعة عن نقول كما .B(z, r) ⊂ Ω

(ملاذ؟!) كذلك. ليست O ∪ 1 بينما مفتوحة جمموعة O = z ∈ C, −1 < Re(z) < 1 موعة ا 1.3.3 مثالحيث diam(A) < ∞ كان إذا وفقط إذا حمدودة ا بأ (X, d) مرتي فضاء من A جزئية جمموعة عن نقول 1.3.4 تعريف

diam(A) = supx,y∈A

d(x, y)

الرتابط) ) 1.3.5 تعريفو A ∩ B = حبيث X من A, B خاليتني غري مفتوحتان جمموعتان يوجد مل إذا مرتابط بأنه (X, d) مرتي فضاء عن نقول

نطاق. يسمى Ω فإن X من ومرتابط مفتوح Ω كان إذا .A ∪ B = X

التالية. النظرية خالل من تصوره ميكن املركب يف املرتابطة للمجموعات اهلندسي التفسريa من يبدأ Γa,b مضلع يوجد a, b ∈ Ω لكل كان إذا وفقط إذا مرتابط Ω فإن ،C يف حمتوى Ω كان إذا 1.3.6 نظرية

.Γa,b ⊂ Ω حبيث b بالنقطة وينتهيكذلك. ليست Z الصحيحة األعداد جمموعة بينما مرتابطة جمموعة C∗ 1.3.7 مثالفإن a, b ∈ Ω كان إذا حمدبة ا بأ املركب من Ω جمموعة عن نقول 1.3.8 تعريف

ta+ (1 − t)b ⊂ Ω, ∀t ∈ [0, 1]

.Ω يف حمتواه [a, b] القطعة أن أيحمدب. غري لكنه مرتابط C∗ املثال سبيل فعلى صحيح. غري العكس ولكن مرتابط، يكون حمدب كل 1.3.9 مالحظة

(ملاذا؟!)

دراسة يف بارزا دورا تلعب اليت املهمة املفاهيم من هلو املرتية الفضاءات يف للمتابعات التقارب مفهوم إن المتتابعات.دراستنا. مبحل العالقة ذات النظريات بعض سندرس نورد يلي ما ويف املرتية، الفضاءات

لكل كان إذا وفقط إذا x ∈ X عنصر إىل متقاربة ا بأ (X, d) مرتي فصاء من (xn)n∈N متتابعة عن نقول 1.3.10 تعريفحبيث N ∈ N يوجد ε > 0

∀n > N, xn ∈ B(x, ε)

حبيث N ∈ N يوجد ε > 0 لكل كان إذا وفقط إذا كوشية (xn)n∈N املتتابعة أن ونقول∀n,m > N, d(xn, xm) < ε

معني حد من ابتداء فإنه x مركزه قرص ألي أنه هو املركب، الفضاء يف هندسيا التقارب تعريف تفسري 1.3.11 مالحظةتكون تقاربية متتابعة كل أن السابق التعريف من والحظ كما القرص. بداخل حمتواة (xn) املتتابعة عناصر مجيع تكون

ذلك) على مثاال (اعط صحيح. فليس العكس أما كوشية

المركبة األعداد فضاء 5

ا فإ متقاربة F من متتابعة كل إذا وفقط إذا مغلقة F فإن ،X مرتي فضاء من جزئية جمموعة F لتكن 1.3.12 نتيجة.F يف تكون ايتها

للقارئ. كتمرين مرتوك الربهان برهان

تقاربية) تكون كوشية متتابعة كل أن (أي تام. مرتي فضاء C 1.3.13 نظرية

متتابعة (zn = xn + iyn)n∈N لتكن اآلن تام. فضاء هو R بأن أوال نذكر الربهان، تفاصيل يف خنوض أن قبل برهانلكن .|zn − zm| < ε فإن n,m > N لكل حبيث N ∈ N يوجد أنه جند ، ε > 0 وليكن كوشية

|xn − xm| ≤ |zn − zm| < ε

(zn) املتتابعة أن جند ذلك ومن ،(yn) املتتابعة تقارب نستنتج باملثل تقاربية. فهي R من كوشية (xn) املتتابعة فإن وبالتايلمتقاربة.

A للمجموعة تراكم نقطة بأنه x inX العنصر عن نقول .(X, d) مرتي فضاء من جزئية جمموعة A ليكن 1.3.14 تعريففإن ε > 0 لكل كان إذا وفقط إذا

B(x, ε) \ x ∩ A ,

كذلك. ليس 2i العنصر بينما للمجموعة تراكم نقطة هو 1 العنصر فإن ، Ω = B(0, 1)∪ 2i وضعنا إذا 1.3.15 مثالخالية وغري مغلقة جمموعات من متتابعة لكل كان إذا وفقط إذا تام (X, d) املرتي الفضاء كانتور) (نظرية 1.3.16 نظرية

فقط. واحدة نقطة على حمتو ∩Fn يكون diam(Fn)→ 0 و F1 ⊃ F2 ⊃ ... حبيث (Fn)

ذات املهمة والنتائج التعاريف ببعض يلي ما يف وسنذكر املنتهية للمجموعات دراستنا ليعمم الرتاص مفهوم يأيت التراص.دراستنا. مبحل الصلة

جمموعات من G غطاء لكل كان إذا وفقط إذا مرتاصة ا بأ (X, d) مرتي فضاء من K جمموعة عن نقول 1.3.17 تعريفمنتهي. جزئي غطاء استخالص ميكن K للمجموعة مفتوحة

الواقع يف مرتاصة. ليست B(0, 1) موعة ا بينما مرتاصة، تكون منتهية جمموعة كل فإن املركب الفضاء يف 1.3.18 مثالجزئي غطاء منه نستخلص أن ميكن ال لكن الوحدة لقرص غطاء هو B(0, 1 − 1

n) املفتوحة موعات ا من املكون الغطاء

منتهي.R2 إال هو ما توبولوجيا املركب أن حيث عدمه، من املركب يف موعات ا تراص على احلكم نت ستمكننا التالية النظرية

األول. الفصل يف رأينا كماهان-بوريل) (نظرية 1.3.19 نظرية

وحمدودة. مغلقة كانت إذا وفقط إذا مرتاصة تكون K فإن ،Rn من جزئية جمموعة K لتكن.K يف تراكم نقطة هلا A فإن ،K من منتهية غري جمموعة A و X مرتي فضاء من مرتاص K كان إذا 1.3.20 نظرية

األكثر على حتتوي Bx كرة توجد x ∈ K لكل فإنه ،K يف A للمجموعة تراكم نقطة توجد ال أنه افرتضنا إذا برهانمنها نستخلص أن املمكن غري من لكنه ،K موعة ا تغطي G = Bx, x ∈ K العائلة اآلن .A من واحد عنصر على

.K للمجموعة الرتاص خاصية يناقض وهذا منتهية. وغري A ⊂ K كون منتهي جزئي غطاء

6 1.4 تمارين

باستفاضة، القارئ تعرض وأن سبق مفهوم وهو املرتية، الفضاءات يف الدوال االتصال بدراسة الفصل هذا خنتتم االتصال.باإلتصال. املتعلقة املهمة النظريات بعض على سنعرج أننا إال

إذا x ∈ X عند متصلة دالة أن نقول دالة. f : X −→ Y ولتكن مرتيني فضائني (Y, ρ) و (X, d) ليكن 1.3.21 تعريفحبيث δ > 0 يوجد ε > 0 لكل كان

d(x, y) < δ⇒ ρ( f (x), f (y)) < ε

.X على متصلة ا أ نقول X نقاط مجيع عند متصلة f كانت إذامتكافئة: التالية العبارات فإن ،X,Y مرتيني فضاءين بني دالة f كانت إذا 1.3.22 نظرية

متصلة. دالة f .1.X من مفتوح f −1(O) فإن Y من مفتوح O لكل .2.X من مغلق f −1(F) فإن Y من مغلق F لكل .3

.Y الفضاء يف f (x) من متقارية ( f (xn)) فإن X الفضاء يف x من متقاربة متتابعة (xn) كانت إذا .4

للقارئ. كتمرين مرتوك برهان

X على االتصال منتظمة دالة أن نقول دالة. f : X −→ Y ولتكن مرتيني فضاءين (Y, ρ) و (X, d) ليكن 1.3.23 نظريةحبيث δ > 0 يوجد ε > 0 لكل كان إذا

ρ( f (x), f (y)) < ε

.d(x, y) < δ كانت طاملاf (x) = الدالة املثال سبيل فعلى صحيح، غري العكس بينما متصلة، تكون اإلتصال منتظمة دالة كل أن الواضح من

(ملاذا؟!) .R على اإلتصال منتظة غري لكنها متصلة x2, x ∈ R

تكون f الدالة تأثري حتت X من (مرتابط) مرتاص كل صورة فإن متصلة، دالة f : X −→ Y كانت إذا 1.3.24 نظرية.X من مرتاص كل على اإلتصال منتظمة تكون f الدالة أن كما .Y من (مرتابط) مرتاص

متتابعة أن نقول .C إىل Ω من الدوال من متتابعة ( fn) ولتكن C من جزئية جمموعة Ω لتكن 1.3.25 ونظرية تعريفكانت إذا Ω على f الدالة من بانتظام متقاربة ( fn) الدوال

limn→∞

supz∈Ω| fn(z) − f (z)| = 0

تمارين 1.4

املثلث؟ متبانية يف املساواة تتحقق مىت 1.4.1 تمرينفإن ،z,w ∈ C لكل أنه أثبت 1.4.2 تمرين

||z| − |w|| ≤ |z − w|

التالية: األعداد وسعة معيار أوجد 1.4.3 تمرينz =

√3 − i

1 + i√3, w =

αz

β

.Arg(α) = π4 , Arg(β) =

π2 و |α| = 2, |β| = 3 حيث

المركبة األعداد فضاء 7

للمقدار والتخيلي احلقيقي اجلزء أوجد 1.4.4 تمرين1 − ei(n+1)t

1 − eit .

.cos t + cos 2t + ...+ cos nt قيمة استنتج.z3 = 1 − i املعادلة حلول أوجد 1.4.5 تمرين

سالب. غري حقيقي عدد هو z أن بني .n ∈ N لكل Re(zn) ≥ 0 حيقق z ∈ C ليكن 1.4.6 تمرين. f (|z| = 2) و f (|z| = 1) أوجد مث ، C∗ على متصلة f (z) = z+ 1

zالدالة أن بني 1.4.7 تمرين

8 1.4 تمارين

التحليلية الدوال

املهمة الدوال بعض سنعرف ذلك من وانطالقأ القوى ملتسلسالت سنتطرق حيث التعاريف، من جبموعة القسم هذا نبدأالتحليلية. للدوال مدخال ستكون واليت

القوى متسلسالت 2.1

التالية الصورة على lim inf an و lim sup an نعرف احلقيقية. األعداد من متتابعة (an)n∈N لتكن 2.1.1 تعريفlim sup

n→∞an = lim

n→∞supk≥n

ak , lim infn→∞

an = limn→∞

infk≥n

ak

أن إال املركب من عنصر أي إىل تتقارب ال (−1)n املتتابعة 2.1.2 مثالlim sup(−1)n = 1 , lim inf(−1)n = −1

تكونان قد ما أ من الرغم على موجودتني lim sup an , lim inf an النهايتني فإن (an)n∈N ⊂ R متتابعة ألي أنه الحظيكون وعندما .±∞

lim sup an = lim inf an

متقاربة. تكون (an) املتتابعة فإنلكل كان إذا وفقط إذا a إىل متقاربة ∑

n an املتسلسلة أن نقول املركب. من عناصر an, n ∈ N لتكن 2.1.3 تعريفحبيث N ∈ N يوجد ε > 0

∀m > N,

∣∣∣∣∣∣∣∞∑

n=m

an − a∣∣∣∣∣∣∣ < ε

متقاربة. ∑n |an| املتسلسلة كانت إذا مطلقا متقاربة ∑

n an املتسلسلة أن ونقولالتالية. النتيجة لنا فإن احلقيقي، يف املتسلسالت شأن هو كما

متقاربة. فهي مطلقا متقاربة ∑n an املتسلسلة كانت إذا 2.1.4 نظرية

.∑∞n=N |an| < ε حبيث N ∈ N يوجد إذا متقارية، ∑ |an| أن حيث .zn = a1 + ...+ an ولنضع ε > 0 ليكن برهانفإن m > k ≥ N عندما اآلن،

|zm − zk | = |m∑

n=k+1

an| ≤m∑

n=k+1

|an| ≤∞∑

n=N

|an| < ε

9

10 2.1 القوى متسلسالت

املطلوب. هو وهذا متقاربة. وبالتايل ،C يف كوشية (zn) املتتابعة أن أيالصورة على متسلسلة نعين a ∈ C حول قوى مبتسلسلة

∞∑n=0

an(z − a)n

اليت النقاط جمموعة ماهي اآلن، السؤال .∑∞n=0 zn اهلندسية املتسلسلة هو القوى متسلسالت على األمثلة أبسط من لعل

متقاربة؟ املتسلسلة عندها تكونأن نعلم

n∑k=0

zk =1 − zn+1

1 − z

فإنه وبالتايل اية. املاال إىل تؤول n عندما الصفر إىل تؤول zn فإن |z| < 1 عندما لكن

∀|z| < 1,∞∑

n=0

zn =1

1 − z

التالية. النظرية خالل من قوى ملتسلسلة التقارب نقاط جمموع حتديد نستطيع عامة، بصورةأنه على 0 ≤ R ≤ ∞ العدد ولنعرف a ∈ C حول القوى متسلسلة ∑

an(z − a)n لتكن 2.1.5 نظرية1

R= lim sup n

√|an|

فإن.|z − a| < R عندما متقاربة القوى متسلسلة .1.|z − a| > R عندما متباعدة القوى متسلسلة .2

.z ∈ C : |z − a| < r موعة ا على بانتظام تتقارب القوى متسلسلة فإن 0 < r < R لكل .3أعاله. اخلواص حيقق الذي الوحيد العدد وهو املتسلسلة تقارب قطر نصف R نسمي عندها

برهان

القوى متسلسلة 2.1.6 مثال∞∑

n=1

zn

n

أن ذلك ،R = 1 التقارب قطر نصف هلاlim sup n

√1

n= 1

عندما متقاربة هي املثال سبيل فعلى ذلك. عكس تكون وقد متقاربة تكون قد املتسلسلة فإن |z| = 1 عندما أنه الحظالوحدة؟!) دائرة على النقاط بقية عن (ماذا .z = 1 عندما ومتباعدة z = −1

يلي. ما نستنتج ،2.1.5 نظرية إىل استنادا

التحليلية الدوال 11

فإن .R تقارب قطر نصف ذات قوى متسلسلة ∑an(z − a)n لتكن 2.1.7 نتيجة

R = limn→∞

∣∣∣∣∣∣ an

an+1

∣∣∣∣∣∣النهاية. هذه وجود حال

أن حيقق الذي N ∈ N وليكن |z| < r < c أن لنفرض .c = limn→∞

∣∣∣∣ anan+1

∣∣∣∣ ولنضع ،a = 0 أن لنعترب برهانأن سنجد M = |aN |r وضعنا إذا .n ≥ N لكل |an+1|r < |an|

|aN+1|rN+1 = |aN+1|rNr < |aN |rN = M

أن كما|aN+2|rN+2 = |aN+2|rN+1r < |aN+1|rN+1 < M

فإن احلالة هذه يف لكن .n ≥ N لكل وذلك |anrn| < M أن على نتحصل الطريقة، ذه وباالستمرار|anzn| = |anrn|

|zn|rn≤ M|zn|rn, ∀n ≥ N

التقارب، قطر نصف تعريف من واآلن متقاربة. فهي وبالتايل مطلقا، متقاربة ∑anz

n املتسلسلة فإن |z| < r أن وحيثمرتوك وذلك سبق، ملا ة مشا بطريقة إثباته ميكن ما وهو ،c ≥ R أن تبيان حنتاج اإلثبات، لننهي .c ≤ R أن إال خنلص

للقارئ.األسية) (الدالة 2.1.8 مثال

القوى متسلسلة اعتربنا إذا∞∑

n=0

zn

n!

أن السابقة النظرية من جندR = lim

n→∞

(n+ 1)!

n!= lim

n→∞n+ 1 = ∞

األسية الدالة فإن وبالتايل املركب. كامل على متقاربة املتسلسلة فإن وعليه

ez = exp z =∞∑

n=0

zn

n!

.exp (z1 + z2) = exp z1 ∗ exp z2 لنا z1, z2 ∈ C لكل أنه الحظ املركب. كامل على معرفة

لنا x ∈ R لكل أنه احلقيقي يف تايلور ملفكوك السابقة دراستنا من نعلم أويلر. صيغة

cos x =∞∑

n=0

(−1)nx2n(2n)!

, sin x =∞∑

n=0

(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!

θ ∈ R لكل أنه جند ذلك ومن

eiθ =∞∑

n=0

(iθ)n

n!

=∞∑

n=0

(iθ)2n

2n!+∞∑

n=0

(iθ)2n+1

(2n+ 1)!

= cos θ + i sin θ

12 2.1 القوى متسلسالت

و θ سعته الذي املركب للعدد أويلر صيغة هي وهذه z = reiθ فإن مركب، عدد z = r(cos θ + i sin θ) كان إذا ويالتايل.r مقياسه

األسية: الدالة على املالحظات بعض نورد يلي فيا 2.1.9 مالحظةأن كما .ez = w أن جند z = ln r + iθ بوضع فإن w = reiθ ∈ C∗ لكل أنه ذلك .C∗ هو األسية الدالة مدى .1

|ez| = |ex+iy| = |ex| |eiy| = ex > 0.

ليست ا أ إال الطبيعي. اللوغاريتم وهو معكوس هلا فإن وبالتايل أحادي، تناظر تكون احلقيقي يف األسية الدالة .2فإن z1, z2 ∈ C كان إذا الواقع يف املركب. يف كذلك

ez1 = ez2 ⇔ z1 = z2 + 2kπi, k ∈ Z

يلي كما z ∈ C لكل فنعرفها املركب، يف املثلثية الدوال لتعريف اآلن سننتقل األسية، للدالة دراستنا بعد

cos z = eiz + e−iz

2, sin z = eiz − e−iz

2i

أن التعريف من ونالحظcos z = 0⇔ eiz + e−iz = 0⇔ e2iz = −1 = eiπ ⇔ z =

π

2+ kπ, k ∈ Z

أن جند الطريقة، وبنفسsin z = 0⇔ z = kπ, k ∈ Z

أن حتقق f دالة تعريف هو اآلن هدفنا اللوغاريتم. تعيينe f (z) = z

التايل التعريف اقرتحنا لو الصفر. عند معرفة تكون لن f املنشودة الدالة فإن األسية الدالة خواص من الحظlog(z) = ln |z|+ iArg(z)

أن سنجدelog(z) = eln |z|+iArg(z) = eln |z| ∗ eiArg(z) = |z| eiArg(z) = z

دالة f كانت إذا وفقط إذا Ω على للوغاريتم تعيني f الدالة أن نقول املركب. من مفتوح Ω ليكون 2.1.10 تعريفأن وحتقق Ω على متصلة

∀z ∈ Ω, e f (z) = z. )(2.1.1

متصلة تكون ولكي ال، ا هذا على متصلة غري ا أ إال C∗ على (2.1.1) اخلاصية حتقق log z الدالة 2.1.11 مثالنسبة للوغاريتم األساسي التعيني ونسميه C \R− على للوغاريتم تعيني log z يكون وعندها السالبة، األعداد مجيع نزع وجب

التعريف. يف املستخدمة األساسية للسعةبتعريف وذلك ،C \ teiα, t ≥ 0 موعة ا على logα(z) للوغاريتم تعيني نعرف أن باإلمكان ،α ∈ R لكل أنه الحظ

logα(z) = ln |z|+ iArgα(z)

.[α, α+ 2π) للفرتة تنتمي اليت املركب العدد سعة هي Argα حيث

التحليلية الدوال 13

نطاق) على اللوغاريتم تعيينات بني (العالقة 2.1.12 نظريةحبيث k ∈ Z يوجد فإنه ،Ω على للوغاريتم تعيينني f , g ليكن و C من نطاق Ω ليكن

∀z ∈ Ω, f (z) = g(z) + 2kπi

ال أنه نستنتج كما .log z + 2kπi الصورة على يكون C \ R− على للوغاريتم تعيني أي أن لنا يتبني السابقة النظرية من(ملاذا؟!) .C∗ على للوغاريتم تعيني يوجد

فإن للوغاريتم، تعيينني f , g أن حيث .z ∈ Ω ليكن برهانe f (z) = eg(z) = z⇒ ∃k(z) ∈ Z, f (z) = g(z) + 2k(z)πi

لكن .Ω على ثابتة k(z) أن نبني أن بقيk(z) =

f (z) − g(z)2πi

ثابتة. k(z) فإن وبالتايل متصلة. بدالة ملرتابط كصورة Z من مرتابط k(Ω) فإن وعليه كذلك، f , g كون متصلة دالة هي

التفاضل وقابلية االشتقاق 2.2

الدوال لدراسة جيدة حالة يف أنفسنا جند اللوغاريتم، وتعيني القوى متسلسالت خالل من الدوال لبعض دراستنا بعدالتحليلية.

كانت إذا وفقط إذا a ∈ Ω عند لالشتقاق قابلة f أن نقول املركب. من Ω مفتوح على معرفة دالة f لتكن 2.2.1 تعريفالنهاية

limh→0

f (a+ h) − f (a)

h= lim

z→a

f (z) − f (a)

z − a

حتليلية f أن نقول فإننا Ω نقاط مجيع عند لالشتقاق قابلة f كانت إذا . f ′(a) بالرمز النهاية لتلك نرمز وعندها موجودة..Ω على

حبيث limh→0 ε(h) = 0 أن حتقق ε(h) دالة وجود تقتضي a عند f الدالة اشتقاق قابلية أن الحظf (a+ h) − f (a) = hε(h) + h f ′(a)

النقطة. هذه عند الدالة اتصال تقتضي نقطة عند االشتقاق قابلية أن نرى ذلك ومنلنا z ∈ C لكل أنه ذلك (كلية). املركب كامل على حتليلية f (z) = z3 الدالة 2.2.2 مثال

limh→0

(z+ h)3 − z3h

= limh→0

((z+ h) − z)((z+ h)2 + (z+ h)z+ z2)

h

= 3z2

الواقع يف املركب. من نقطة أي عند لالشتقاق قابلة غري f (z) = z الدالة 2.2.3 مثال

limh→0

z+ h − zh

= limh→0

h

h

أن سنجد h ∈ R اعتربنا لو ألنه موجودة، غري النهاية وهذه

limh→0

h

h= 1

14 2.2 التفاضل وقابلية االشتقاق

أن حني يف

limh→0

ih

ih= −1

كان إذا الواقع، يف .z ∈ Ω لكل f ′(z) = 1zولنا حتليلية f فإن ،Ω مفتوح على للوغاريتم تعيني f كانت إذا 2.2.4 مثال

فإن وبالتايل متصلة. f الدالة كون w0 إىل تؤول w فإن z0 إىل تؤول z وعندما ew0 = z0 فإن f (z0) = w0 ووضعنا z0 ∈ Ω

limz→z0

f (z) − f (z0)

z − z0= lim

w→w0

w − w0

ew − ew0=

1

ew0=

1

z0

وفقط إذا a ∈ E عند للتفاضل قابلة تكون f فإننا دالة، f : E −→ Rm و Rn من مفتوحة جمموعة E كانت إذا أنه تذكرحبيث A ∈ L(Rn,Rm) خطي مؤثر وجد إذا

limh→0

| f (a+ h) − f (a) − A(h)||h| = 0

موجودة f الدالة ملركبات اجلزئية املشتقات كانت حال يف مضمونة ستكون a النقطة عند f للدالة التفاضل قابلية أن كمامن الرغم على املركب نقاط مجيع عند للتفاضل قابلة f (z) = z الدالة أن نرى به، التذكري سبق ومما .a النقطة عند ومتصلة

التالية بالعالقة تعطى الدالة أن ذلك لالشتقاق، قابلة غري ا أf (x, y) = x − iy = (x,−y)

أن جند f1(x, y) = x, f2(x, y) = −y وبوضع∂ f1(x, y)

∂x= 1,

∂ f1(x, y)

∂y= 0,

∂ f2(x, y)

∂x= 0,

∂ f2(x, y)

∂y= −1

املصفوفة هو وتفاضلها z = (x, y) قيم مجيع عند لتفاضل قابلة الدالة أن نرى هنا ومن

A =

[1 00 −1

]التاليتان. النظريتان عليه تنص ما وهو املركب. يف صحيحة تبقى االشتقاق قواعد فإن احلقيقي، يف كما

f +g, f −g, f ∗g الدوال فإن ،a ∈ Ω عند لالشتقاق قالبتني دالتني f , g ولتكن املركب من مفتوح Ω ليكن 2.2.5 نظريةولنا a عند لالشتقاق قابلة

( f ± g)′(a) = f ′(a) ± g′(a), ( f ∗ g)′(a) = f ′(a) ∗ g(a) + f (a) ∗ g′(a)

ولنا a عند لالشتقاق قابلة f/g فإن g(a) , 0 كان وإذا

(f

g)′(a) =

f ′(a) ∗ g(a) − f (a) ∗ g′(a)g2

(a)

السلسلة) (قاعدة 2.2.6 نظريةوقابلة f (a) النقطة حيوي Ω′ مفتوح على معرفة دالة g ولتكن Ω مفتوحة جمموعة من a نقطة عند لالشتقاق قابلة f لتكن

ولنا a عند لالشتقاق قابلة تكون g f الدالة فإن النقطة، هذه عند لالشتقاق(g f )′(a) = g′( f (a)) f ′(a)

ثابتة. دالة f فإن ،z ∈ Ω لكل f ′(z) = 0 كان إذا Ω على حتليلية دالة f و املركب من نطاق Ω ليكن 2.2.7 نظرية

التحليلية الدوال 15

A أن بينا لو .A = z ∈ Ω, f (z) = α و α = f (a) ولنضع a ∈ Ω ليكن حقيقية. قيمها f أن لنفرض برهانمن a عنصر إىل تتقارب A من متتابعة (an) كانت إذا نطاق. Ω كون من سينتج املطلوب فإن ومغلقة، مقتوحة جمموعة

فإن ،Ωf (a) = lim

n→∞f (an) = α

ليكن .B(a, ε) ⊂ Ω حبيث ε > 0 و a ∈ A نأخذ الغرض، وهلذا مفتوحة، A أن تبيان بقي . f الدالة اتصال بفضل وذلكالدالة ولنعرف z ∈ B(a, ε)

γ(t) = (1 − t)a+ tz, ∀t ∈ [0, 1]

أن جند ،g(t) = f (γ(t)) الدالة وبضع

lims→t

g(s) − g(t)s − t = lim

s→t

g(s) − g(t)γ(s) − γ(t)

γ(s) − γ(t)s − t = f ′(γ(t)) ∗ γ′(t) = 0

برهانه. أردنا كما z ∈ B(a, ε) لكل f (a) = f (z) فإن وعليه ،[0, 1] على ثابتة g احلقيقية الدالة بالتايل

ريمان − كوشي معادالت 2.3

كوشي معادالت نورد القسم هذا ويف االشتقاق. قابلية إىل بالضرورة تفضي ال التفاضل قابلية أن السابق القسم يف رأيناالعالقة. تلك للغز املفتاح تعترب واليت رميان −

عند لالشتقاق قابلة f فإن املركب، من Ω مفتوح على معرفة دالة f = u(x, y) + iv(x, y) كانت إذا 2.3.1 نظريةالصورة على تعطى واليت رميان − كوشي معادالت وحتقق z0 عند للتفاضل قابلة f كانت إذا وفقط إذا z0 = (x0, y0)

ux(x0, y0) = vy(x0, y0) , uy(x0, y0) = −vx(x0, y0)

. f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0) يكون وعندها

فإن ،h ∈ R وأن z0 عند لالشتقاق قابلة f أن لنفرض برهانf ′(z0) = lim

h→0

u(x0 + h, y0) + iv(x0 + h, y0) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))

h= ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)

فإن األخرى، الناحية من

f ′(z0) = limih→0

u(x0, y0 + h) + iv(x0, y0 + h) − (u(x0, y0) + iv(x0, y0))

ih= −iuy(x0, y0) + vy(x0, y0)

رميان. − كوشي معادالت حتقق تقتضي االشتقاق قابلية أن جند ذلك ومناملشتقات وجود تقتضي التفاضل قابلة أن نعلم رميان. − كوشي معادالت وحتقق للتفاضل قابلة f الدالة أن اآلن لنفرض

هو (x0, y0) النقطة عند f تفاضل وأن اجلزئية

D f (x0, y0) =

[ux(x0, y0) uy(x0, y0)vx(x0, y0) vy(x0, y0)

]=

[ux(x0, y0) −ux(x0, y0)vx(x0, y0) ux(x0, y0)

]أن إىل تفضي f اشتقاق قابلية فإن ،h = (h1, h2) ∈ C كان وإذا

0 = limh→0

| f (x0 + h1, y0 + h2) − f (z) − Df (x0, y0)(h1, h2)||h| = lim

h→0

| f (z0 + h) − f (z0) − h(ux(z0) + ivx(z0))||h|

16 2.4 التوافقية الدوال

أن يقتضي وهذاlimh→0

f (z0 + h) − f (z0)

h= ux(z0) + ivx(z0)

.z0 عند لالشتقاق قابلة f أن أي

لالشتقاق. قابلة f (x, y) = x2 − 3y2 + i(2xy+ x2 + 3x) الدالة عندها تكون اليت النقاط جمموعة أوجد 2.3.2 مثالالحل

اجلزئية املشتقات إن حيثux = 2x, uy = −6y, vx = 2y+ 2x+ 3, vy = 2x

قابلة تكون الدالة السابقة، النظرية فمن وبالتايل .z = (x, y) ∈ C قيم جلميع للتفاضل قابلة f الدالة فإن ومتصلة موجودةحتقق اليت (x, y) النقاط وهي رميان − كوشي معادالت حتقق اليت النقاط عند لالشتقاق2x = 2x, −6y = −2y − 2x − 3⇒ y =

1

2x+

3

4

. f ′(x, y) = 2x+ i(2y+ 2x+ 3) هو واشتقاقها y = 12 x+

34 املستقيم نقاط مجيع عند لالشتقاق قابلة f أن أي

Ω على حتليلية f دالة وجدت إذا وفقط إذا Ω على للوغاريتم تعيني يوجد فإنه املركب، من مفتوح Ω ليكن 2.3.3 نظريةأن حتقق

f ′(z) =1

z, ∀z ∈ Ω.

لنفرض اآلخر. االجتاه برهان بقي . f ′(z) = 1zأن جند 2.2.4 مثال من فإنه Ω على للوغاريتم تعيني g ليكن برهان

الدالة ولنعرف f ′(z) = 1zأن وحتقق Ω على حتليلية دالة f أن

g(z) = z e− f (z)

أن فنجدg′(z) = e− f (z) + ze− f (z)(

−1z) = 0

يوجد فإنه وعليه f الدالة تعريف من وذلك g , 0 أن الحظ .Ω من مرتابط جزء كل على ثابتة ستكون g فإن وبالتايل.Ω على للوغاريتم تعيني ا أ أي .eh(z) = z أن حتقق h(z) = f (z) + α الدالة اآلن .g(z) = eα حبيث α ∈ C

التوافقية الدوال 2.4

إذا وفقط إذا توافقية دالة f أن نقول .Ω على C2 صنف من دالة f : Ω −→ R و C من مفتوح Ω ليكن 2.4.1 تعريفكان

f = fxx + fyy = 0

v(x, y) = الدالة كذلك u = 0 + 0 = 0 أن ذلك املركب، كامل على توافقة دالة u(x, y) = 2xy الدالة 2.4.2 مثال.v = 2 − 2 = 0 ألن x2 − y2

باستخدام وذلك ،Ω على توافقيتني دالتني u, v فإن ،Ω مفتوح على حتليلية دالة f = u + iv كانت إذا 2.4.3 مثالرميان. − كوشي معادالت

الحقا. بربهانه سنقوم ما وهو C∞ صنف من تكون التحليلية الدوال أن حقيقة السابق املثال يف ساختدمنا أننا الحظ

التحليلية الدوال 17

التوافقي) (املرافق 2.4.4 تعريفحتليلية دالة f = u+ iv كانت إذا وفقط إذا u اللدالة توافقي مرافق ا بأ v عن نقول فإننا Ω على توافقية الة u كانت إذا

.Ω علىv توافقي مرافق إجياد نريد اآلن املركب. كامل على توافقية دالة هي u(x, y) = 2xy الدالة أن سبق فيما رأينا 2.4.5 مثالمعادالت فمن حتليلية، f تكون ولكي .C على حتليلية f = 2xy+ iv الدالة جتعل اليت v عن نبحث أخرى بعبارة .u للدالة

يكون أن جيب رميان − كوشيux = vy ⇒ 2y = vy ⇒ vy = y2 + ϕ(x)

فإن وبالتايل uy = −vx لكن2x = −ϕ′(x)⇒ ϕ(x) = −x2 + c, c ∈ C

.v(x, y) = y2 − x2 + c التوافقي املرافق إذاlog |z|2 الدالة املثال سبيل فعلى توافقي. دالة لكل موجودا يكون أن بالضرورة ليس التوافقي املرافق 2.4.6 مالحظةفإن log |z|2 الدالة v توافقي مرافق وجود افرتضنا لو الواقع، يف توافقي. مرافق هلا يوجد ال أنه إال C∗ على توافقية هي

أن أي .C∗ على حتليلية ستكون f (z) = log |z|2 + iv

f ′ =∂log(x2 + y2)

∂x+ ivx

=∂log(x2 + y2)

∂x− i∂log(x2 + y2)

∂y

= 2x − iyx2 + y2

=2

z

تناقض. وهذا C∗ على للوغاريتم تعيني يوجد 2.3.3 نظرية من وبالتايل 1zمشتقتها 1

2 f الدالة أن أيالتوافقي. املرافق وجود تضمن اليت الشروط تعطي التالية النظرية

.u للدالة توافقي مرافق يوجد فإنه B(a, r) على توافقية دالة u كانت إذا ،r > 0 و a ∈ R ليكن 2.4.7 نظرية

الدالة اآلن .a = 0 أن نعترب العمومية، فقدان بدون برهانv(x, y) =

∫ y

0

ux(x, t) dt −∫ x

0

uy(s, 0) ds

املطلوب. حتقق

تمارين 2.5

أن أثبت .R من متتابعني (an), (bn) لتكن 2.5.1 تمرينlim sup an ≥ lim inf an, lim sup(an + bn) ≤ lim sup an + lim sup bn, lim inf(an + bn) ≥ lim inf an + lim inf bn

التالية. للمتسلسالت تقارب قطر نصف أوجد مركب. عدد a ليكن 2.5.2 تمرين∞∑

n=0

anzn,

∞∑n=0

an2

zn,

∞∑n=0

zn!

18 2.5 تمارين

املعادلة حلول أوجد 2.5.3 تمرينe2z + 2ez − 8 = 0.

.Ω على للوغاريتم تعيني f ليكن 2.5.4 تمرينمضاد: مبثال انفها أو التالية العبارات أثبت .1

. f (z2) = 2 f (z) فإن z ∈ Ω لكل (a).exp(n f (z)) = zn فإن n ∈ N لكل (b)

بوضع إنه أثبت ، α ∈ C كان إذا .2zα = eα f (z),

.(1 + i)i قيمة أوجد مث .Ω على معرفة حتليلية دالة على حنصل.z ∈ C∗, α ∈ C حيث zα إلجياداملقدار طريقة اقرتح .3

.Ω على حتليلية F(z) = f (z) الدالة فإن املركب، من Ω مفتوح على حتليلية دالة f كانت إذا أنه أثبت 2.5.5 تمرين.B(−3, 2) القرص على log |z|2 للدالة توافقي مرافق يوجد أنه أثبت 2.5.6 تمرين

المركب التكامل

قطعا األملس القوس 3.1

يف γ القوس لصورة ونرمز ,R من فرتة [a, b] حيث متصلة γ : [a, b] −→ C دالة كل C من قوس نسمي 3.1.1 تعريفعن ونقول .(smooth path) أملس قوس يسمى γ فإن متصلة γ′ و t ∈ [a, b] لكل موجودة γ′(t) كانت إذا .γ∗ بالرمز Cالفرتة على حبيث a = t0 < t1.... < tn = b تقسيمة وجدت إذا (pointwise smooth) قطعا أملس بأنه γ املتصل القوسكانت إذا ايته. γ(b) و القوس بداية γ(a) تسمى .[t j, t j+1] على معرف أملس قوس مع يتساوى γ القوس (t j, t j+1)

مغلق. قوس يسمى γ القوس فإن γ(a) = γ(b)

أن أي واحدة، جهة من النهاية وجود هو [a, b] الفرتة أطراف عند γ الدالة اشتقاق بقابلية املعين 3.1.2 مالحظة

γ′(a) = limt→a+

f (a+ t) − f (a)

t, γ′(b) = lim

t→b−

f (b+ t) − f (b)

t

قطعا. ملساء أقواس على األمثلة بعض نعطي يلي ما يف 3.1.3 أمثلةالتالية: بالعالقة تعطى γ(z0,r) بالرمز هلا نرمز واليت r > 0 قطرها ونصف z0 ∈ C مركزها اليت الدائرة •

γ(z0,r) : [0,2π] −→ Cγ(t) = reit

ومغلق. أملس γ(z0,r) القوس أن الحظالتالية بالعالقة تعطى مركبة, أعداد A, B حيث [A, B] القطعة •

γ[A,B] : [a, b] −→ [A, B]

γ[A,B](t) =(b − t)A+ (t − a)B

b − a

.γ[A,B](t) = (1 − t)A+ tB فإن a = 0 , b = 1 عندمايلي: كما معرف Γ ليكن •

Γ(t) =

eit , 0 ≤ t ≤ π

2t−3ππ

, π ≤ t ≤ 2π

انكسار (لوجود أملس بقوس ليس هو وبالتايل [−1, 1] احتادالقطعة الوحدة لدائرة العلوي النصف هو Γ∗ أن نالحظومغلق. قطعا أملس قوس ولكنه (t = π عند

19

20 3.2 القوس على التكامل

الفرتة اعتربنا إذا املثال سبيل فعلى اخلصائص. نفس هلما أن بالضرورة يعين ال γ2 و γ1 قوسني صوريت تطابق أن الحظالقوسني فإن [0, 2π]

γ(0,1)(t) = eit , γn(0,1)(t) = eint, n ∈ N

هذا أثر سنبني كذلك. ليست γn(0,1) بينما (0, 2π) الفرتة على أحادية γ(0,1) أن من الرغم على الصورة نفس هلماقطعا. واألملس املغلق القوس دليل ندرس عندما الحقا االختالف

القوس على التكامل 3.2

هو Lγ بالرمز إليه نرمز والذي γ طول فإن قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ليكن 3.2.1 تعريفLγ =

∫ b

a

|γ′(t)|dt

.Lγn(0,1) =∫ 2π

0|nieint |dt = 2nπ بينما Lγ(0,1) =

∫ 2π

0|ieit |dt = 2π 3.2.2 مثال

أن جند , 3.1.3 املثال يف كما Γ القوس اعترب 3.2.3 مثالLΓ =

∫ π

0

|ieit |dt +∫ 2π

π

|2π|dt = π+ 2

يعرف γ على f الدالة تكامل فإن γ∗ على متصلة دالة f و قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ليكن 3.2.4 تعريف∫كالتايل

γ

f (z)dz =

∫ b

a

f (γ(t))γ′(t)dt

فإن r > 0 و f (z) = 1zكانت إذا 3.2.5 ∫مثال

γ(0,r)

f (z)dz =

∫ 2π

0

1

reitireitdt = 2πi

أن جند أخرى ناحية ∫منγn(0,r)

f (z)dz =

∫ 2π

0

1

renitnirenitdt = 2nπi

فإن A, B ∈ C و f (z) = z كانت إذا 3.2.6 ∫مثالγ[A,B]

f (z)dz =

∫ 1

0

((1 − t)A+ tB)(B − A)dt

= (B − A)[At +

t2

2(B − A)

∣∣∣10

]=

1

2(B2 − A2)

فإن γ∗ حيوي مفتوح على حتليلية دالة f و قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ليكن 3.2.7 ∫نظريةγ

f ′(z) = f (γ(b)) − f (γ(a))

أن جند والتكامل للتفاضل األساسية النظرية من ∫برهانγ

f ′(z)dz =

∫ b

a

f ′(γ(t))γ′(t)dt =

∫ b

a

[ f γ]′(t)dt = f (γ(b)) − f (γ(a))

المركب التكامل 21

التحليلية الدوال أن سنبني الحقا ذلك. نربهن أن دون متصلة f ′ أن استخدمنا السابقة النظرية برهان يف 3.2.8 مالحظةاحلقيقة. هذه سنستخدم احلني ذلك وإىل املرات, من اية ماال لالشتقاق قابلة تكون

3.2.7 نظرية على تطبيقات.∫γ[A,B]

ezdz = eB − eA فإن f (z) = ez لتكن . 1 .1لوغارمتية دالة فرع يوجد ال أنه نرى وبالتايل ∫

γf ′(z)dz = 0 فإن مغلق γ كان إذا النظرية يف الشروط على عالوة . 2 .2

لكان للوغاريتم الفرع هذا وجد لو ألنه .γ(0,r) دائرة حيوي مفتوح أي على f∫γ(0,r)

f ′(z)dz = 0

السابقة األمثلة يف رأينا كما فإنه f ′(z) = 1zأن وحيث أخرى ناحية ∫من

γ(0,r)

1

zdz = 2πi , 0

تناقض. وهذاو γ1(0) = γ2(0) = 0 أن الحظ . γ2(t) = t + it2, 0 ≤ t ≤ 1 و γ1(t) = t + it, 0 ≤ t ≤ 1 ليكن 3.2.9 مثال

التالية التكامالت حبساب نقوم اآلن والنهاية. البداية نفس هلما القوسني أن أي γ1(1) = γ2(1) = 1 + i∫γ1

zdz ,

∫γ2

zdz ,

∫γ1

zdz ,

∫γ2

zdz

فإن وبالتايل γ1 = [0, 1 + i] أن ∫الحظγ1

zdz =(1 + i)2

2= i

أن جند التعريف ∫وباستخدامγ2

zdz =

∫ 1

0

(t + it2)(1 + 2it)dt

=

∫ 1

0

t + 3it2 − 2t3dt = i

على فنتحصل املتبقيني, التكاملني حلساب التعريف نستخدم أخرى ∫مرةγ1

zdz =

∫ 1

0

(t − it)(1 + i)dt = (1 + i)1 − i2

= 1

∫بينماγ2

zdz =

∫ 1

0

(t − it2)(1 + 2it)dt =

∫ 1

0

t + it2 + 2t3dt = 1 +i

3

السابق. المثال من العبرة3.2.7 نظرية وبتطبيق F(z) = z2

2 أصل هلا f (z) = z الدالة ألن وذلك ∫γ1zdz =

∫γ2zdz أن أعاله املثال يف أن رأينا

C يف أصل هلا ليس z الدالة ألن وذلك ∫γ1zdz ,

∫γ2zdz أن وجدنا أخرى جهة من التكاملني. تساوي سبب لنا يتضح

حبيث F(z) = U(x, y) + iV(x, y) حتليلية دالة وجود افرتضنا فلو متصلة. دالة ا كو من الرغم علىF′(z) =

∂U

∂x(x, y) + i

∂V

∂x(x, y) = z = x − iy

22 3.3 المغلقة األقواس دليل

أن جند كوشي-رميان معادالت من فإنه∂U

∂x= x ,

∂U

∂y= y =⇒ ∂2U

∂x2+∂2U

∂y2= 2

واحلقيقي. املركب بني الفروق أحد لنا يتجلي وهنا حتليلية. دالة F كون مع يتناقض وهذا توافقية, ليست U الدالة أن أيبوضع وذلك F′(x) = f (x) فإن x ∈ (a, b) لكل حبيث F أصل هلا يوجد [a, b] ⊂ R على متصلة f دالة كل احلقيقي ففي

.F(x) = ∫ x

af (t)dt

التكامل) خصائص (بعض 3.2.10 نظريةفإن ,α, β ∈ C و γ∗ على متصلتني دالتني f , g و قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ∫ليكن

γ(α f (z) + βg(z))dz = α

∫γf (z)dz+ β

∫γg(z)dz . 1 .1

γ−(t) = γ(a+ b − t) بالعالقة واملعرف γ للقوس املعاكس القوس هو γ− حيث ∫γf (z)dz = −

∫γ−

f (z)dz . 2 .2∣∣∣∣∫γ f (z)dz∣∣∣∣ ≤ ∫γ

∣∣∣ f (z)dz∣∣∣ ≤ supz∈γ∗ | f (z)| Lγ . 3 .3

إذا ,∫γf (z)dz = reiθ ليكن كتمرين. 2 و 1 الفقرتني ونرتك 3 الفقرة سنثبت ∣∣∣∣∣∣برهان∫γ

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ = r =

∫γ

e−iθ f (z)dz

=

∫ b

a

Re(e−iθ f (γ(t))γ′(t))dt

≤∫ b

a

∣∣∣ f (γ(t))γ′(t)∣∣∣ dt≤ sup

t∈[a,b]| f (γ(t))| Lγ

المغلقة األقواس دليل 3.3

كوشي لتكامل العامة الصيغة ندرس عندما استخداماته وسنرى املركب, التحليل يف املهمة املفاهيم أحد هو الدليل مفهومخواصه. وأهم الدليل تعريف نورد الفصل هذا ويف البواقي, نظرية وكذلك

هو z0 للعنصر بالنسبة γ القوس دليل فإن z0 ∈ C \ γ∗ و ومغلق قطعا أملس قوس γ ليكن 3.3.1 تعريفI(γ; z0) =

1

2πi

∫γ

dz

z − z0

,فإن γn(z0,1)(t) = z0 + eint, 0 ≤ t ≤ 2π و n ∈ N ليكن 3.3.2 مثال

I(γn(z0,1), z0) =1

2πi

∫γn(z0 ,1)

dz

z − z0=

1

2πi

∫ 2π

0

nidt = n

أن جند الطريقة بنفسI(γ−

n(z0,1), z0) = −n

المركب التكامل 23

يكون عندما موجبة بإشارة z0 حول القوس يصنعها اليت اللفات عدد عن عبارة هو الدليل وكأن لنا يبدو السابق املثال منللدليل. الفهم هذا تؤكد التالية النظرية عكسه. يكون عندما سالبة وبإشارة الطواف باجتاه الدوران

.C \ γ∗ على متصلة z 7→ I(γ, z) الدالة فإن ومغلق، قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C كان إذا 3.3.3 نظرية

d(z, γ∗) < δ4 فإن ،z ∈ B(z0, δ4 ) كان إذا .α = d(z0, γ

∗) وليكن ،z0 ∈ C \ γ∗ ليكن برهان|z − γ(t)| > δ

4, ∀t ∈ [a, b]

لنا و|I(γ; z) − I(γ; z0)| ≤

∫ b

a

|z0 − z||(γ(t) − z)(γ(t) − z0)|

|γ′(t)|dt

≤ |z − z0|δ2

16Lγ

.C \ γ∗ على متصلة I(γ; z) الدالة فإن وبالتايل

على ثابت وهو I(γ, z) ∈ Z يكون z ∈ C \ γ∗ لكل فإنه ومغلق قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ليكن 3.3.4 نظرية.C \ γ∗ من احملدود غري املرتابط اجلزء على صفرا ويكون C \ γ∗ من مرتابط جزء كل

كما [a, b] الفرتة على g الدالة نعرف .z ∈ C \ γ∗ ليكن و ومغلق قطعا أملس قوس γ : [a, b] −→ C ليكن برهانيلي

g(x) =

∫ x

a

γ′(t)

γ(t) − zdt

من ψ(x) = eg(x) نضع اآلن .g′(s) = γ′(s)γ(s)−z وأن g(b) = 2πi I(γ, z) و g(a) = 0 أن وحتقق متصلة g الدالة أن الحظ

ولنا متصلة γ′ الدالة فيها تكون نقطة كل عند لالشتقاق قابلة الدالة هذه أن الواضحψ′(s) = g′(s)eg(s) =

γ′(s)

γ(s) − zψ(s)

أن جند )وبالتايلψ(s)

γ(s) − z

)′=ψ′(s)(γ(s) − z) − γ′(s)ψ(s)

(γ(s) − z)2 = 0

تقسيمة توجد فإنه قطعا أملس قوس γ أن ومبا متصلة γ′ الدالة عليها تكون فرتة كل على ثابتة هي ψ(x)γ(x)−z الدالة أن أي

لنا يكون االتصال من إذا .(x j, x j+1) على متصلة تكون γ′ حبيث a = x0 < x1 < ... < xn = b

ψ(a)

γ(a) − z =ψ(x1)

γ(x1) − z= ... =

ψ(b)

γ(b) − z

فإن γ(a) = γ(b) أن ومباψ(a) = ψ(b)⇒ 1 = e2πiI(γ,z)

C \ γ∗ على متصلة z 7→ I(γ, z) الدالة ألن C \ γ∗ من مرتابط جزء كل على ثابت وهو I(γ, z) ∈ Z أن يقتضي وهذااجلزء هذا على ثابت ألنه واضح وهذا احملدود غري املرتابط اجلزء على الصفر يساوي الدليل أنه نبني أن بقي (ملاذا؟!).

وبالتايل املرتابطI(γ, z) = lim

z→∞

1

2πi

∫ b

a

γ′(t)

γ(t) − zdt = 0

24 3.4 كوشي نظرية

مرتاص γ∗ ألن وذلك وحيدا يكون حمدود الغري املرتابط اجلزء فإن السابقة النظرية يف كما γ كان إذا 3.3.5 مالحظةللجزء ينتمي مرتابط C \ B(0,R) أن ومبا γ∗ ⊂ B(0,R) حبيث R > 0 يوجد وبالتايل γ املتصلة بالدالة [a, b] للمرتاص كصورة

وحيدا. يكون احملدود غري املرتابط اجلزء فإن حمدود الغري املرتابطكالتايل γ ليكن 3.3.6 مثال

γ(t) =

1 + e2it , 0 ≤ t ≤ π

2

−1 + e−4i(t−π2 ) , π2 ≤ t ≤ π

1 + eit , π ≤ t ≤ 2π

أن جند السابقة النظرية وبتطبيق γ∗ = γ∗(1,1)∪ γ−∗

(−1,1) أن الحظ

I(γ,1

2) = 1 , I(γ,−1 − i

2) = −1 , I(γ,−5) = I(γ, 2012i) = 0

كوشي نظرية 3.4العامة. الصورة إىل البسيطة الصورة من ذلك يف سنتدرج و كوشي نظرية يتناول القسم هذا

( كوشي (نظرية 3.4.1 نظريةفإن . B(a, r) حيوي مفتوح على حتليلية دالة f ∫لتكن

γ(a,r)

f (z)dz = 0

ومتصلة موجودة ux, uy, vx, xy اجلزئية املشتقات إذا حتليلية f الدالة أن حيث . f (z) = u(x, y)+ iv(x, y) لتكن برهانأن جند جرين نظرية من وبالتايل كوشي-رميان). (معادالت ux = vy , uy = −vx حتقق ∫و

γ(a,r)

u(x, y)dx − v(x, y)dy =∫ ∫

B(a,r)

(−vx − uy)dx dy = 0

أن جند ∫باملثلγ(a,r)

v(x, y)dx+ u(x, y)dy =

∫ ∫B(a,r)

(ux − vy)dx dy = 0

ألن املطلوب على نتحصل ∫وبذلكγ(a,r)

f (z)dz =

∫γ(a,r)

(u+ iv)(dx+ idy)

=

∫γ(a,r)

u(x, y)dx − v(x, y)dy+ i

∫γ(a,r)

v(x, y)dx+ u(x, y)dy

أن جند كوشي نظرية بتطبيق f (z) = z2, g(z) = sin zz+2 لتكن 3.4.2 ∫مثال

γ(0,1)

z2dz = 0

لنا يكون باملثل .C كامل على حتليلية z2 الدالة ألن ∫وذلكγ(0,1)

sin zz+ 2

dz = 0

المركب التكامل 25

لكن حتليلية. sin zz+2 الدالة تكون حبيث B(0, 1) حتوي Ω مفتوحة جمموعة إجياد ميكن وبالتايل C \ −2 على حتليلية sin z

z+2 ألنالتكامل حلساب كوشي نظرية تطبيق ميكن ∫ال

γ(0,2)

3z6

z − 1dz

هكذا مع التعامل كيفية الحقا نتناول وسوف ,1 ∈ B(0, 2) العنصر ألن B(0, 2) على حتليلية ليست 3z6

z−1 الدالة كونالتكاملية. كوشي صيغ ندرس عندما تكامالت

العامة. صيغتها يف كوشي نظرية إىل للوصول الطريق لنا متهد أن ا شأ من واليت النظريات من جمموعة بإثبات نقوم اآلنفإن Ω يف حمتواه داخلية حبيث Ω من مثلث و C من Ω مفتوح على حتليلية دالة f لتكن 3.4.3 ∫نظرية

f (z)dz = 0

حبيث a > 0 يوجد أنه لنفرض ∫∣∣∣∣∣برهانf (z)dz

∣∣∣∣∣ = a

أحد على فإنه وبالتايل مثلثات أربعة على فنحصل املثلث أضالع أنصاف بتوصيل نقوم ,L يساوي املثلث حميط ليكنيكون 1 وليكن املثلثات ∣∣∣∣∣∣هذه

∫1

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≥ 1

4

∣∣∣∣∣∫f (z)dz

∣∣∣∣∣ , L(1) =L

2

حتقق (n)n∈N املثلثات من متتابعة فنبين الطريقة ذه ∣∣∣∣∣∣نستمر∫n

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≥ 1

4

∣∣∣∣∣∣∫n−1

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ ≥ ... ≥ 1

4n

∣∣∣∣∣∫f (z)dz

∣∣∣∣∣ , L(n) =L

2n

أن حتقق مرتاصة جمموعات من متتابعة هي (n)n∈N أن وحيث1 ⊃ 2 ⊃ ... ⊃ n ⊃ ..., lim

n→∞L(n) = 0

limz→z0 O(z−z0) = 0 أن حتقق O دالة توجد فإنه Ω على حتليلية f أن ومبا .z0 =∩

n∈N n حبيث z0 وحيدة نقطة توجد حبيثفإنهf (z) = f (z0) + f ′(z0)(z − z0) + (z − z0)O(z − z0)

وبالتايلa

4n≤

∣∣∣∣∣∣∫n

f (z)dz

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∫n

f (z0) + f ′(z0)(z − z0) + (z − z0)O(z − z0)dz∣∣∣∣∣∣

فإن وعليه أصل هلا أن أي حدود كثرية هي f (z0) + f ′(z0)(z − z0) الدالة ∫لكنn

f (z0) + f ′(z0)(z − z0)dz = 0

أن جند 3.2.10 نظرية وباستخدام أخرى ناحية ∣∣∣∣∣∣من∫n(z − z0)O(z − z0)dz

∣∣∣∣∣∣ ≤ L

2nL

2nsupz∈n|O(z − z0)|

26 3.4 كوشي نظرية

أن أيa

L2≤ sup

z∈n|O(z − z0)|

ألن a > 0 كون مع يتناقض وهذاlimn→∞

supz∈n|O(z − z0)| = 0

دالة f (z) = 1zالدالة املثال سبيل فعلى أساسي شرط هو السابقة النظرية يف املثلث داخلية على الشرط 3.4.4 مثال

أن جند 1 = [−1 − i, 1 − i, i] املثلث على ولكن C∗ على ∫حتليلية1

1

zdz = 2πi I(1, 0) = 2πi , 0

فإن 2 = [1, 2, 1 + i] املثلث على بينما ,1 املثلث لداخلية تنتمي صفر النقطة ألن النظرية مع يتناقض ال ∫وهذا2

1

zdz = 0

C∗ يف حمتواه 2 املثلث داخلية ألنموريرا) (نظرية 3.4.5 نظرية

تكون f فإن صفر يساوي Ω من مثلث كل على تكاملها حبيث Ω ومرتابط) (مفتوح نطاق على متصلة دالة f لتكنحتليلية.

عندما النظرية نربهن أن يكفي وبالتايل Ω يف حمتوى قرص كل على حتليلية كانت إذا Ω على f أن الحظ برهانالدالة نعرف .Ω = B(a, r)

F(z) =

∫[a,z]

f (w)dw, ∀z ∈ B(a, r)

أن حيث .B(a, r) يف حمتوى = [a, z, z+ h] املثلث يكون حبيث h ∈ C ليكن0 =

∫f (w)dw =

∫[a,z]

f (w)dw+

∫[z,z+h]

f (w)dw+

∫[z+h,a]

f (w)dw

فإنF(z+ h) − F(z) =

∫[z,z+h]

f (w)dw = h

∫ 1

0

f (z+ th)dt

يكون +F(z∣∣∣∣∣∣وبالتايل h) − F(z)h

− f (z)

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣∫ 1

0

f (z+ th) − f (z)dt

∣∣∣∣∣∣≤ sup

t∈[0,1]| f (z+ th) − f (z)|

.B(a, r) على حتليلية f الدالة أن أي .F′(z) = f (z) أن ينتج الصفر إىل تؤول h عندما النهاية بأخذ اآلن

هلا f الدالة تكون بأن أقوى ستكون النتيجة فإن قرص عن عبارة Ω لوكان السابقة النظرية يف أنه الحظ 3.4.6 مالحظةشروط حققت لو حىت أصل f للدالة يكون أن الضروري من ليس عامة، بصورة الربهان. يف تعريفة مت كما F وهو أصل

ذلك؟!) على مثاال (أعط .3.4.5 النظرية

المركب التكامل 27

املتصلة. للدالة أصل لوجود والضروري الالزم الشرط تعطي التالية النتيجةكل على f الدالة تكامل كان إذا وفقط إذا أصل هلا f فإن ،C من Ω نطاق على متصلة دالة f لتكن 3.4.7 نظرية

للصفر. مساويا Ω من ومغلق قطعا أملس قوس

االجتاه يربهن وهذا .3.2.7 نظرية من مباشرة ينتج املطلوب أن جند أصل. هلا f املتصلة الدالة أن لنفرض برهانيلي كما F ولنعرف a ∈ Ω ليكن .3.4.5 نظرية برهان يف الواردة الفكرة نفس سنتبع اآلخر االجتاه لربهان األول.

F(z) =

∫γ(a,z)

f (w) dw, ∀z ∈ Ω

وجود لضمان وذلك التعريف، حسنة دالة هي F أن الحظ .Ω يف z و a العنصرين بني يصل قطعا أملس قوس γ(a, z) حيثγ = γ(a, z)∪γ′(a, z) القوس فإن ،z و a العنصرين يربط γ′(a, z) آخر قوس وجد لو أنه كما نطاق. Ω كون γ(a, z) القوس

أن إىل ستفضي النظرية يف املعطيات فإن وبالتايل .Ω من ومغلق قطعا أملس قوس ∫هوγ

f (w) dw = 0⇒∫γ(a,z)

f (w) dw =

∫γ′(a,z)

f (w) dw

جند ،γ = γ(a, z)∪ [z, z+ h]∪ γ−(a, z+ h) القوس بأخذ واآلن .Ω يف حمتواة [z, z+ h] القطعة تكون حبيث h ∈ C ليكن∫أن

γ

f (w) dw = 0⇒ F(z+ h) − F(z) =∫[z,z+h]

f (w) dw

.F′(z) = f (z) أن جند موريرا نظرية برهان كما الطريقة وبنفسمفهوم نورد يلي وفيما تعريفها. جمال على أصل هلا يكون أن بالضرورة ليس نطاق على التحليلية الدالة أن سابقا رأينا

الدوال. هلذه األصل ووجود التحليلية الدوال بني العالقة لغز مفتاح يعترب والذي الرتابط بسيطة موعة اγ ومغلق قطعا أملس قوس لكل كان إذا وفقط إذا الرتابط بسيطة ا بأ C ⊃ Ω مرتابطة جمموعة عن نقول 3.4.8 تعريف

.Ω يف حمتواه Ω \ γ∗ من احملدودة املرتابطة األجزاء تكون Ω منالرتابط. بسيطيت ليستا ما أ إال مرتابطتان B(0, 2) \ B(1, 12 ) و C∗ موعتان ا 3.4.9 مثال

الرتابط. بسيطة جمموعات هي z ∈ C : −2 ≤ Im(z) ≤ 4 و B(i, 2) و C \ [0,−∞) 3.4.10 مثالمتقدمة النظرية وكون ال. ا هذا يف القوية املعاول أحد تعد واليت املركب التحليل يف النظريات أهم من نظرية أدناه سنعطي

برهان. بدون النظرية سنورد أعمق، إملام وتتطلبإىل Ω من وشاملة أحادية f حتليلية دالة وجدت إذا وفقط إذا الرتابط بسيط Ω فإن نطاق، Ω , C ليكن 3.4.11 نظرية

الوحدة. قرصالعامة. كوشي نظرية تفاصيل يف للخوض مستعد القارئ بأن تصور لدينا اآلن

العامة) الصيغة كوشي (نظرية 3.4.12 نظريةفإن Ω من ومغلق قطعا أملس قوس γ و C من الرتابط بسيط Ω على حتليلية دالة f ∫لتكن

γ

f (z)dz = 0

28 3.5 التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

وبالتايل .Ω = B(0, 1) أن نعترب أن املمكن من ،3.4.11 نظرية بفضل أصل. هلا f الدالة أن نبني أن يكفي برهانيكون 3.4.3 نظرية من وبالتايل حتليلية f لكن .Ω يف حمتواه داخلية تكون Ω ⊃ مثلث لكل ∫فإنه

f (z)dz = 0

.Ω أصل هلا f الدالة أن جند موريرا نظرية وبتطبيق

التالية النتيجة نعطي كوشي لنظرية كتطبيقنفس وهلما γ∗1, γ∗2 ⊂ Ω حبيث قطعا أملسني قوسني γ1, γ2و Ω الرتابط بسيط على حتليلية دالة f لتكن 3.4.13 نتيجة

فإن والنهاية ∫البدايةγ1

f (z)dz =

∫γ2

f (z)dz

γ∗ = γ∗1 ∪ γ∗−2 القوس على السابقة النظرية بتطبيق املطلوب ينتج برهان

التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ 3.5

تايلور مفكوك نظرية أثبات يف أمهية هلما بنظريتني القسم هذا نبدأليبنز) (نظرية 3.5.1 تمهيدية

الصورة على معرفة دالة g : [c, d] −→ C لتكن و متصلة دالة ϕ : [a, b] × [c, d] −→ C لتكن

g(s) =

∫ b

a

ϕ(t, s)dt

ولنا g ∈ C1 فإن ومتصلة موجودة ∂ϕ∂sكانت إذا , ذلك على عالوة متصلة. دالة g فإن

g′(s) =

∫ b

a

∂ϕ(t, s)

∂sdt

بانتظام تتقارب fn كانت إذا .γ∗ على متصلة دوال f و fn ولتكن C من قطعا أملس قوس γ ليكن 3.5.2 تمهيديةفإن γ∗ على f من

limn→∞

∫γ

fn(z)dz =

∫γ

f (z)dz

كوشي) تكامل (صيغة 3.5.3 نظريةيكون z ∈ B(a, r) لكل فإنه B(a, r) القرص حيوي Ω مفتوح على حتليلية دالة f ولتكن r > 0 و a ∈ C ليكن

f (z) =1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

w − zdw

فإن z ∈ B(0, 1) أن مبا . r = 1 و a = 0 أن أوال لنفرتض برهان

1 = I(γ(0,1), z) =1

2π

∫ 2π

0

eit

eit − zdt

المركب التكامل 29

يكون وبالتايلf (z) =

1

2π

∫ 2π

0

f (z)eit

eit − z dt

الدالة نعرف [0, 1] ⊂ R الفرتة على اآلن

g(s) =1

2π

∫ 2π

0

( f (eit + s(z − eit)) − f (z))eit

eit − z dt

ألن [0, 1] الفرتة على حسنةالتعريف g الدالة أن الحظ|eit + s(z − eit)| ≤ |eit(1 − s)|+ |sz| < (1 − s) + s = 1

لنا ليبنز نظرية من لكن مباشرة. بصورة ينتج املطلوب فإن g(0) = 0 أن بينا وإذا g(1) = 0 أن جند عندها و

g′(s) =1

2π

∫ 2π

0

−(eit − z)( f ′(eit + s(z − eit)))eiteit − z dt

=−1

2πi(1 − s)

∫ 2π

0

( f (eit + s(z − eit))′dt = 0

.g(1) = g(0) = 0 فإن وعليهنعرف اآلن ,z0 = ξ0−a

r∈ B(0, 1) فإن ξ0 ∈ B(a, r) و B(a, r) جبوار حتليلية f وعندما العامة احلالة يف

g(z) = f (a+ rz)

.g الدالة على الربهان من األوىل الفقرة تطبيق عند يتبع النظرية نص وبالتايل ,B(0, 1) جبوار حتليلية g الدالة أن فنجد

3.5.3 نظرية على تطبيقاتلنفرض احلقيقة. هذه نبني واآلن , ذلك نربهن أن دون C∞ صنف من تكون حتليلية دالة كل أن سابقا اعتمدنا . 1 .1B(a,R) على حتليلية f تكون حبيث R > r يوجد عندها ,B(a, r) القرص حيوي Ω مفتوح على حتليلية دالة f أن

أن جند التكاملية كوشي صيغة من اآلن .B(a,R) على F أصل هلا f الدالة أن جند كوشي نظرية ومن

∀z ∈ B(a, r), F(z) = 1

2πi

∫γ(a,r)

F(w)

w − zdw

ولنا املرات من اية ماال لالشتقاق قابلة F الدالة أن جند الصيغة ذه و

F(n)(z) =n!

2πi

∫γ(a,r)

F(w)

(w − z)n+1dw

. f ∈ C∞(Ω) تكون وبالتايلالتكامل قيمة قيمة حلساب ختولنا ال كوشي نظرية أن رأينا . 2 .2∫γ(0,2)

3z6

z − 1dz

أن كوشي تكامل صيغة من جند f (z) = 3z6 وبوضع اآلن ∫أماγ(0,2)

3z6

z − 1dz = 2πi f (1) = 6πi

30 3.5 التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

التكامل قيمة أوجد 3.5.4 ∫مثالγ(i, 12 )

log(z)(z − i)(z+ 1)

dz

الحل:على حنصل كوشي تكامل صيغة من إذا ,B(i, 12 ) القرص حيوي مفتوح1 على حتليلية f (z) =

log(z)z+1 الدالة أن حيث

∫γ(i, 12 )

log(z)/(z+ 1)

(z − i) dz = 2πi f (i)

= 2πilog(i)i+ 1

=2πi − π1 + i

أخرى: طريقةأن جند اجلزيئية الكسور ∫باستخدام

γ(i, 12 )

log(z)/(z+ 1)

(z − i) dz =1

1 + i

∫γ(i, 12 )

log(z)z − i dz −

1

1 + i

∫γ(i, 12 )

log(z)z+ 1

dz

=2πi log(i)1 + i

+ 0

العامة) كوشي تكامل (صيغة 3.5.5 نظريةحبيث ومغلق قطعا أملس قوس γ كان إذا .C من Ω مفتوح على حتليلية دالة f لتكن

I(γ, z) = 0, ∀z ∈ C \ Ω

يكون z ∈ Ω \ γ∗ لكل فإنهI(γ, z) f (z) =

1

2πi

∫γ

f (w)

w − zdw

تايلور) (مفكوك 3.5.6 نظريةلنا z ∈ B(a, r) لكل فإنه B(a, r) حيوي Ω مفتوح على حتليلية دالة f ولتكن a ∈ C و r > 0 ليكن

f (z) =∞∑

n=0

an(z − a)n

حيثan =

f (n)(a)

n!=

1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

(w − a)n+1dw

أن نعلم كوشي تكامل من برهان

f (z) =1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

w − zdw

=1

2π

∫ 2π

0

f (a+ reit)reit

a+ reit − z dt

=1

2π

∫ 2π

0

f (a+ reit)

1 − z−areit

dt

1

.−1 عن بعيدا يكون حبيث بعناية املفتوح هذا اختيار جيب

المركب التكامل 31

أن ∣∣∣∣∣الحظ z − areit

∣∣∣∣∣ < 1

فإن وعليه1

1 − z−areit

=∞∑

n=0

(z − areit

)nيكون وبذلك

f (z) =1

2π

∫ 2π

0

f (a+ reit)

∞∑n=0

(z − areit

)n dtعلى فنحصل التكامل مع موع ا تبديل ميكننا املنتظم التقارب ومن

f (z) =∞∑

n=0

(1

2πrn

∫ 2π

0

f (a+ reit)e−intdt

)(z − a)n

=∞∑

n=0

1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

(w − a)n+1dw

(z − a)nأن جند وبالتايل حبد, حدا نشتق أن ميكننا فإنه B(a, r) على بانتظام تتقارب املتسلسلة هذه أن وحيث

f (n)(a)

n!=

1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

(w − a)n+1dw

حبيث r > 0 يوجد فإنه a ∈ Ω و C من Ω مفتوح على حتليلية دالة f لتكن 3.5.7 نتيجة

∀z ∈ B(a, r), f (z) =∞∑

n=0

an(z − a)n

السابقة. النظرية من تتبع النتيجة عندها ,r < d(a, ∂Ω) خذ برهان

أن جند السابقة النظرية ومن ,B(i, 12 ) القرص جبوار حتليلية 1zالدالة 3.5.8 مثال

∀z ∈ B(i, 12),

1

z=

∞∑n=0

an(z − i)n

على نتحصل املشتقات وحبسابan =

f (n)(i)

n!=

(−1)n(i)n+1

كوشي) (متباينة 3.5.9 نظريةفإن B(a, r) حيوي Ω مفتوح على حتليلية دالة f ولتكن r > 0 و a ∈ C ∣∣∣∣∣∣ليكن f (n)(a)n!

∣∣∣∣∣∣ ≤ 1

rnsup|z−a|=r

| f (z)|

32 3.5 التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

أن 3.2.10 ونظرية تايلور مفكوك من نعلم ∣∣∣∣∣∣برهان f (n)(a)n!

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣ 1

2πi

∫γ(a,r)

f (w)

(w − a)n+1dw

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣ 1

2πrn

∫ 2π

0

f (a+ reit)e−intdt

∣∣∣∣∣∣≤ 1

rnsup|z−a|=r

| f (z)|

العكس وعلى إنه إال الربهان لسهولة وذلك األمهية بتلك ليست كوشي متباينة أن األوىل الوهلة من للقارئ يبدو قدعلى تنص اليت ليوفيل نظرية أمهها من ولعل املهمة التطبيقات من العديد هلا املتباينة هذه فإن متاما

ليوفيل) (نظرية 3.5.10 نظريةثابتة. ا فإ حمدودة f كانت إذا املركب). كامل على حتليلية (أي كلية دالة f لتكن

لنا تايلور مفكوك من .M = sup| f (z)|, z ∈ C ليكن برهان

∀z ∈ C, f (z) =∞∑

n=0

f (n)(0)

n!

فإنه كوشي متباينة من ولكن∀r > 0,∀n ∈ N,

∣∣∣∣∣∣ f (n)(0)n!

∣∣∣∣∣∣ ≤ M

rn

على حنصل r → ∞ عندما النهاية بأخذ فإنه كلية, دالة f أن ∣∣∣∣∣∣وحيث f (n)(0)n!

∣∣∣∣∣∣ ≤ limr→∞

M

rn= 0 ,∀n ∈ N

ثابتة. f أن أي ,z ∈ C لكل f (z) = f (a) يكون ذا والدوال عن خيتلف وهذا كلية, دوال ا كو وذلك حمدودة ليست دوال sin z, cos z, ez الدوال أن نرى ليوفيل نظرية من

.| sin x| ≤ 1,∀x ∈ R أن املثال سبيل على نعلم ألننا احلقيقي يفيف لنا يتسىن مل ما وهو z2 + 1 = 0 املعادلة حل من مكننا املركبة األعداد على الضرب تعريف أن بدايةاملقرر يف رأينا

املركب يف احلدود لكثريات اجلذور وجود ضمان مفادها نظرية نورد واآلن احلقيقية, األعداداجلرب) يف األساسية (النظرية 3.5.11 نظرية

.C يف جذر األقل على هلا فإن ثابتة غري حدود كثرية P كانت إذا

الواقع يف .lim|z|→∞ |P(z)| = ∞ فإن ثابتة غري حدود كثرية P أن حيث برهانP(z) = a0 + a1z+ ...+ anz

n = zn(a0

zn+

a1

zn−1+ ...+ 1)

وحتقق املركب كامل على حتليلية f = 1Pالدالة فإن جذور هلا ليس P كانت لو

lim|z|→∞| f (z)| = 0

المركب التكامل 33

متصلة | f | الدالة فإن األخرى الناحية من .|z| > R لكل | f (z)| ≤ M حبيث R > 0 يوجد فإنه M > 0 كان إذا وبالتايليؤدي وهذا ثابته, تكون ليوفيل ومن حمدودة f الدالة فإن وعليه العظمى. قيمتها إىل تصل B(0,R) املرتاص على وبالتايل

تناقض. وهذا ثابتة P أن إىل

إذا m ≥ 1 الدرجة من f للدالة جذر a ∈ Ω أن نقول فإننا C من Ω مفتوح على حتليلة دالة f لتكن 3.5.12 تعريفكان إذا وفقط

f (a) = ... = f (m−1)(a) = 0, f (m)(a) , 0

أن جند B(a, r) ⊂ Ω على تايلور مفكوك من أنه الحظ

∀z ∈ B(a, r), f (z) =∞∑

n=0

f (n)(a)

n!(z − a)n = (z − a)m

∞∑n=m

an(z − a)n−m

لكل حبيث B(a, r) على g حتليلية ودالة r > 0 وجود يقتضي f للدالة m الدرجة من جذر a كون أن نستنتج وبذلك.g(a) , 0 و f (z) = (z − a)mg(z) فإن z ∈ B(a, r)

املعزولة) األصفار (نظرية 3.5.13 نظريةمتكافئة. التالية العبارات فإن C من Ω نطاق على حتليلية دالة f لتكن

. f ≡ 0 . 1 .1.n ∈ N ∪ 0 لكل f (n)(a) = 0 حبيث a ∈ Ω عنصر يوجد . 2 .2

.Ω يف تراكم نقطة هلا Z f = z : f (z) = 0 موعة ا . 3 .3

فإنه تايلور مفكوك من .(2) العبارة صحة لنفرتض واآلن مباشرة. األوىل من تتبع الثانية العبارة أن الواضح من برهانحبيث r > 0 يوجد

∀z ∈ B(a, r), f (z) =∞∑

n=0

f (n)(a)

n!(z − a)n = 0

A ولتكن f اجلالة ألصفار تراكم نقطة a لتكن األوىل. تقتضي الثالثة العبارة أن نبني أن بقي .Z f تراكم نقطة a أن أيأخرى مرة ،a ∈ A ليكن نطاق. Ω ألن A = Ω فإن ومفتوحة مغلقة A أن بينا لو أنه الحظ .Z f تراكم نقاط جمموعة هي

أن تايلور مفكوك من نرى∀z ∈ B(a, r) b Ω, f (z) =

∞∑n=0

f (n)(a)

n!(z − a)n

أن جند ، f (k)(a) , 0 حبيث صحيح عدد أصغر k أن لنفرض

f (z) = (z − a)k f (k)(a)k!

+∞∑

n=k+1

f (n)(a)

n!(z − a)n−k

لنضع

h(z) =f (k)(a)

k!+

∞∑n=k+1

f (n)(a)

n!(z − a)n−k

مغايرة h الدالة تكزن حبيث ε > 0 يوجد فإنه متصلة، h أن ومبا .h(a) , 0 أن وحتقق B(a, r) على حتليلية h الدالة أن جندالقرص على f (z) = (z−a)kh(z) للدالة الوحيد الصفر هو a العنص أن يقتضي هذا لكن .B(a, ε) نقاط مجيع عند للصفرB(a, r) ⊂ A فإن وبالتايل ،n ∈ N ∪ 0 لكل f (n)(a) = 0 إذا .A للمجموعة تراكم نقطة a كون يناقض وهذا .B(a, ε)

34 3.5 التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

للعنصر جوار V ليكن .an → a حبيث (an)) ⊂ A متتابعة نفرتض مغلقة A أن لتبيان مفتوحة. A موعة ا أن معناه وهذاحيتوي V اجلوار فإن ، f الدالة ألصفار تراكم نقطة an كل ومبا .an ∈ V يكون n > N لكل حبيث N ∈ N يوجد فإنة ،a

النظرية. برهان ينا أ نكون بذلك .Z f للمجموعة تراكم نقطة a أن تعريف هو وهذا f أصفار من ائي ال عدد على

المعزولة األصفار نظرية على تطبيقاتحتقق حتليلية دالة g كانت لو ألنه . f (z) = 1

z+1 هي f ( 1n) = n

n+1 حتقق اليت الصفر جبوار التحليلية الدوال مجيع •. f ≡ g فإن تراكم نقطة هلا A أن وحيث A = 1

n, n ∈ N موعة ا على f − g = 0 فإن g( 1

n) = n

n+1

R > 0 يوجد وبالتايل lim|z|→∞ |P(z)| = ∞ ألن وذلك منتهية. جذورها فإن صفرية غري حدود كثرية P كانت إذا •a1, ..., an لتكن اآلن جلذورها. تراكم نقطة وجدت وإال منتهية P جذور إذا .B(0,R) يف حمتواه P جذور حيثسبيل فعلى منتهية. درجة من اجلذور هذه مجيع فإن التوايل, على m1, ...,mn الدرجة من P احلدود كثرية جذورتناقض. وهذا صفرية حدود كثرية P تكون a1 حول تايلور مفكوك فمن n ∈ N لكل f (n)(a1) = 0 كان لو املثال

الصورة على تكتب P أن ذلك من نستنتج إذاP(z) = (z − a1)m1 ...(z − an)mn

على حتليلية دالة g و r > 0 يوجد فإنه f للدالة m الدرجة من جذر a ∈ Ω و Ω نطاق على حتليلية دالة f كانت إذا •حبيث g(z) , 0,∀z ∈ B(a, r) حتقق B(a, r)

∀z ∈ B(a, r), f (z) = (z − a)mg(z)

معزولة. تكون التحليلية الدوال أصفار أن أيالعظمى) القيمة (مبدأ 3.5.14 نظرية

حبيث a ∈ Ω وجد إذا C من Ω نطاق على حتليلية دالة f لتكن| f (a)| = sup

z∈Ω| f (z)|

.Ω على ثابتة تكون f فإنالتايل النص النظرية هذه من ينتج

فإن Ω على ومتصلة Ω على حتليلية دالة f و C من وحمدود مفتوح Ω ليكن 3.5.15 نتيجةsupz∈∂Ω| f (z)| = sup

z∈Ω| f (z)|.

التحليلية. الدوال بتمديد متعلقة جبزئية القسم هذا ننهيفهي Ω \ L على وحتليلية Ω على متصلة f كانت إذا املركب. من مستقيم L و C من نطاق Ω ليكن 3.5.16 نظرية

.Ω كامل على حتليلية

للقارئ. كتمرين مرتوك وهو للصفر مساوي Ω من مثلث كل على f تكامل أن إثبات على يعتمد الربهان برهان

توجد فإنه a جبوار وحمدودة Ω \ a على حتليلية دالة f كانت إذا .a ∈ Ω املركب من مفتوح Ω ليكن 3.5.17 نظرية.Ω \ a على f = f حبيث Ω على f حتليلية دالة

المركب التكامل 35

الدالة لنعرف برهانg(z) =

(z − a) f (z) , z , a

0 , z = a

g فإن 3.5.16 نظرية من وبالتايل Ω \ a على وحتليلية Ω على متصلة تكون g الدالة فإن جبوار، حمدودة f الدالة أن مباحبيث r > 0 يوجد تايلور مفكوك من لكن .Ω كامل على حتليلية تكون

∀z ∈ B(a, r), g(z) =∞∑

n=0

an(z − a)n = (z − a)∞∑

n=1

an(z − a)n−1

أن وحتقق Ω على حتليلية دالة f أن جند f =g(z)z−a بوضع واآلن

f (z) =g(z)

z − a = f (z), ∀z ∈ Ω \ a.

36 3.5 التحليلية للدوال تايلور مفكوك و التكاملية كوشي صيغ

البواقي نظرية

الشاذة النقاط وتصنيف لوران مفكوك 4.1

ذلك يف خنوض أن وقبل مستفيضة. بصورة بدراستها سنقوم القسم هذا ويف املنعزلة, الشاذة النقاط لتعريف سابقا تطرقنا.0 < r < R و a ∈ C حيث z ∈ C : r < |z − a| < R موعة ا أنه على B(a; r,R) الرمز سنثبت

.B(a; 0, r) على حتليلية f تكون حبيث r > 0 وجد إذا f للدالة منعزلة شاذة نقطة a ∈ C النقطة أن نقول 4.1.1 تعريفكالتايل: a نصنف عندها

f أن أي .B(a; 0, r) على g = f حبيث B(a, r) على g حتليلية دالة وجدت إذا وفقط إذا مزالة شاذة نقطة a . 1 .1.g هو f ومتديدها B(a, r) على حتليلية كدالة للتمديد قابلة

و g(z) = (z − a)m f (z) للدالة بالنسبة مزالة شاذة نقطة a كانت إذا وفقط إذا m الدرجة من قطب a . 2 .2.g(a) , 0

قطب. وال مزالة ال تكن مل إذا وفقط إذا أساسية شاذة نقطة a . 3 .3على حتليلية دالة g أن جند g(z) = z لوأخذنا لكن ,B(−12 ; 0, r) على حتليلية دالة f (z) = 2z2+z

2z+1 الدالة 4.1.2 مثالألنه B(−12 ; 0, r) على g = f أن وحتقق B(−12 , r)

∀z ∈ B(−12; 0, r), f (z) =

z(2z+ 1)

2z+ 1= z

f للدالة مزالة شاذة نقطة a = −12 فإن وبالتايل

املركب كامل على حتليلية دالة z f (z) = 1 الضرب حاصل أن وجند C∗ على حتليلية دالة f (z) = 1zالدالة 4.1.3 مثال

متديد أمكن لو ألنه f للدالة مزالة شاذة نقطة تكون أن ميكن ال a = 0 أن الحظ للدالة. قطب هو a = 0 فإن وبالتايلعلى للصفر مساويا f تكامل يكون الرتابط بسيط على كوشي نظرية من فإنه C على حتليلية تكون حبيث f (z) = 1

zالدالة

كون يناقض وهذا C من قطعا أملس قوس ∫كلγ(0,1)

1

zdz = 2πi

يكون z , 0 لكل فإنه األسية الدالة تعريف من وبالتايل C∗ على حتليلية دالة f (z) = e1z الدالة 4.1.4 مثال

e1z = 1 +

1

z+

1

2z2+

1

(3!)z3+ ....+

1

(n!)zn+ ...

كون وذلك حتليلية zne1z تكون حبيث n ∈ N اليوجد ألنه ,e 1

z للدالة أساسية شاذة نقطة a = 0 أن نرى هنا ومنالتحليلية. للدوال تايلور مفكوك مع يتناىف ما وهو بالظهور ستستمر السالبة األسس

37

38 4.1 الشاذة النقاط وتصنيف لوران مفكوك

m كان إذا وفقط إذا m الدرجة من f للدالة قطب a أن نقول فإننا B(a; 0, r) على حتليلية دالة fلتكن 4.1.5 تعريف.g(z) = (z − a)m f (z) للدالة بالنسبة مزالة شاذة نقطة a تكون حبيث طبيعي عدد أصغر

جند التحليلية للدوال تايلور مفكوك من وبالتايل B(a, r) على حتليلية g أن السابق التعريف من نالحظ 4.1.6 مالحظةأن

f (z) =g(z)

(z − a)m =1

(z − a)m∞∑

n=0

αn(z − a)n

=α0

(z − a)m +α1

(z − a)m−1 + ...+αm−1(z − a)︸ ︷︷ ︸

اجلزء الشاذ

+∞∑

n=m

αn(z − a)n−m

لوران) (مفكوك 4.1.7 نظريةفإنه B(a; r,R) حيوي Ω مفتوح على حتليلية دالة f ولتكن 0 < r < R و a ∈ C ليكن

∀z ∈ B(a; r,R), f (z) =∞∑

n=−∞an(z − a)n

حيثan =

1

2πi

∫γ(a,t)

f (z)

(z − a)n+1dz, t ∈ (r,R)

التالية. النظرية خالل من الشاذة النقاط لتصنيف كأداة لوران مفكوك نستخدم سوف اآلنالصورة على لوران مفكوك هلا f لتكن و f للدالة منعزلة شاذة نقطة a لتكن 4.1.8 نظرية

f (z) =∞∑

n=−∞an(z − a)n, ∀z ∈ B(a; 0, r).

فإن:f الدالة تكون حبيث ε > 0 وجد إذا وفقط إذا n ≤ −1 لكل an = 0 كان إذا وفقط إذا مزالة شاذة نقطة a (1) .1

.B(a; 0, ε) على حمدودةكانت إذا وفقط إذا n > m لكل a−n = 0 كان و a−m , 0 حبيث m طبيعي عدد وجد إذا وفقط إذا قطب a (2) .2

limz→a| f (z)| = ∞

إذا وفقط إذا n السالبة الصحيحة األعداد من ائي ال لعدد an , 0 كان إذا وفقط إذا أساسية شاذة نقطة a (3) .3.C يف كثيف f (B(a; 0, ε)) فإن ε > 0 لكل كان

برهانخارج f = f حبيث B(a, r) على f حتليلية دالة توجد فإنه التعريف من . f للدالة مزالة شاذة نقطة a أن لنفرض (1) .1

يكون B(a, r) القرص على فإن تايلور مفكوك من لكن .a النقطة

f (z) =∞∑

n=0

αn(z − a)n

البواقي نظرية 39

فإن B(a; 0, r) على f = f الدالة أن وحيثf (z) =

∞∑n=−∞

an(z − a)n =∞∑

n=0

αn(z − a)n

الدالة فإن .n ≤ −1 لكل an = 0 أن لنفرض اآلن لوران. مفكوك وحدانية من وذلك n ≤ −1 لكل an = 0 أن أيB(a, r) على حتليلية f الدالة أن سنجد f =

∑∞n=0 an(z − a)n وضعنا وعند التحليلي، جلزئها مساوية ستكون f

برهان لنكمل .0 < ε < r لكل B(a; 0, ε) على حمدودة f الدالة فإن وعليه ،a النقطة جبوار حمدودة فهي وبالتايلتوجد أنه جند ،3.5.17 نظرية من .B(a; 0, ε) على حمدودة f الدالة تكون حبيث 0 < ε < r يوجد أنه نفرض ،(1)

. f للدالة مزالة شاذة نقطة a أن نرى هنا ومن ،a النقطة خارج f = g حبيث B(a, r) على حتليلية g حتليلية دالةالتعريف من . f للدالة m الدرجة من قطب a أن لنفرض (2) .2

عندما f (z) = 1(z−1)(z−2) للدالة لوران مفكوك أوجد 4.1.9 مثال

.|z| < 1 . 1 .1.1 < |z| < 2 . 2 .2

.|z| > 2 . 3 .3الحل

صورة على f (z) = 1z−3 للدالة لوران مفكوك أوجد 4.1.10 مثال

.z يف موجبة قوى متسلسلة . 1 .1.z يف سالبة قوى متسلسلة . 2 .2

الحلتكون حبيث للصفر Ω جوار عن نبحث تايلور مفكوك من فإننا ,z يف موجبة أسس صورة على املفكوك يكون لكي . 1نتحصل تايلور مفكوك ومن Ω على حتليلية 1

z−3 الدالة فإن Ω = z ∈ C, |z| < 1 أخذنا لو وبالتايل حتليلية. f الدالة عليه1

z − 3 =∞∑

n=0

f (n)(0)

n!zn

أن نربهن أن نستطيع وباالستقراء

f (n)(0) =−(n!)3n+1

⇒ 1

z − 3 =∞∑

n=0

−13n+1

zn

أن أي |z| < 1 كون وذلك اهلندسية املتسلسلة جمموع باستخدام أخرى بطريقة ذلك نرى أن ميكننا كما

| z3| < 1

3⇒ 1

z − 3 =−1

3(1 − z3 )

=−13

∞∑n=0

(z

3

)n=

∞∑n=0

−13n+1

zn

النقطة حول للدالة لوران مفكوك أوجدنا لو للمطلوب نصل لن وبالتايل C \ 3 على حتليلية الدالة أن الحظ . 2قوى متسلسلة على لنحصل صفر النقطة لتشمل الدائرة سنوسع ولذلك z − 3 يف قوى متسلسلة سيكون املفكوك ألن 3

أن فنجد Ω = z ∈ C, |z| > 3 خنتار وعليه .z يف سالبة1

z − 3 =1

z(1 − 3z)

40 4.1 الشاذة النقاط وتصنيف لوران مفكوك

فإن 3|z| < 1 يكون z ∈ Ω لكل أن ومبا

1

z − 3 =1

z

∞∑n=0

(3z

)nالتالية للدوال بالنسبة الشاذة النقاط صنف 4.1.11 مثال

f1(z) =z2

(z − 1)(z − i)2 , f2(z) =ez

z sin z , f3(z) =sin zz

الحلعلى نقطة كل جبوار الدالة ندرس .a = 1, i هي املنعزلة الشاذة النقاط إذا .C \ 1, i على حتليلية f1 الدالة . 1 .1

الصورة على تايلور مفكوك هلا وبالتايل B(1, 12 ) القرص على حتليلية z2

(z−i)2 الدالة أن فنجد حداz2

(z − i)2 =∞∑

n=0

an(z − 1)n, ∀z ∈ B(1,1

2)

الصورة على تكتب a = 1 النقطة جبوار f1 الدالة أن أيf1(z) =

1

z − 1

∞∑n=0

an(z − 1)n =a0

z − 1 + a1 + a2(z − 1) + ...+ an(z − 1)n−1 + ...

مفكوك من فنجد ,a = i النقطة لتصنيف العملية بنفس نقوم . f1 للدالة (بسيط) األوىل الدرجة من قطب a = 1 إذاأن تايلور

z2

z − 1 =∞∑

n=0

bn(z − i)n,∀z ∈ B(i,1

2)

املفكوك هلا a = i جبوار f1 الدالة فإن بالتايل

f1(z) =1

(z − i)2∞∑

n=0

bn(z − i)n =b0

(z − i)2 +b1

z − i + b2 + b3(z − i) + ...+ bn(z − i)n−2 + ...

الثانية. الدرجة من قطب a = i أن أيعلى حتليلية f2 أن جند فإننا sin z الدالة ألصفار السابقة دراستنا ومن املقام. اصفار عند إال حتليلية f2 الدالة . 2 .2

أن حيث .a = 2kπ النقطة اآلن سندرس .C \ 2kπ, k ∈ Zsin′ z = cos z⇒ sin′ 2kπ = 1 , 0

ودالة a = 2kπ للنقطة Vk جوار يوجد املعزولة األصفار نظرية من وبالتايل sin z للدالة بسيط جذر a = 2kπ فإنأن نستنتج ذلك من .sin z = (z − 2kπ)gk(z),∀z ∈ Vk حبيث z ∈ Vk لكل gk(z) , 0 حتقق Vk على gk حتليلية

f2(z) =ez

z(z − 2kπ)gk(z), ∀z ∈ Vk

هو a = 2kπ فإن k , 0 لكل بينما . f2 للدالة الثانية الدرجة من قطب هو a = 0 فإن حتليلية دالة ez

g0(z)أن وحيث

.k , 0 لكل حتليلية ez

z2gk(z)ألن وذلك f2 للدالة بسيط قطب

نتحصل تايلور مفكوك وبإجياد , f3 للدالة منعزلة شاذة نقطة a = 0 أن نرى األوىل الوهلة من . 3 .3sin zz

=1

z

∞∑n=1

(−1)n+1 z2n−1

(2n − 1)! =∞∑

n=1

(−1)n+1 z2n−2

(2n − 1)!

. f3 للدالة بالنسبة مزالة شاذة نقطة a = 0 أن جند هنا ومن

البواقي نظرية 41

البواقي نظرية 4.2

املعتلة. التكامالت حلساب فعالة وسيلة ا أ كما السابقة, التكامل نظريات تعمم واليت البواقي نظرية سندرس القسم هذا يفالصورة على لوران مفكوك هلا واليت f للدالة منعزلة شاذة نقطة a لتكن 4.2.1 تعريف

f (z) =∞∑

n=−∞an(z − a)n, ∀z ∈ B(a; 0, r)

.Res( f , a) = a−1 نكتب وعندها ( 1z−1 (معامل a−1 املعامل هو a عند f الدالة باقي فإن

األسية الدالة تعريف من ,e 1z للدالة أساسية شاذة نقطة a = 0 النقطة أن سابقا رأينا 4.2.2 مثال

e1z = 1 +

1

z+

1

2!z2+ ...+

1

n!zn+ ...

.Res(zne 1z , 0) = 1

(n+1)!فإن عامة, بصورة .Res(e 1

z , 0) = 1 إذاحساب على ستساعدنا واليت التايل النتيجة نورد لذا الباقي. حلساب املفكوك إجياد الصعب من يكون أحيانا أنه الحظ

األقطاب. عند الباقيالصورة على يعطى a عند f باقي فإن m الدرجة من f للدالة قطب a النقطة لتكن 4.2.3 نتيجة

Res( f , a) = limz→a

[(z − a)m f (z)](m−1)(m − 1)!

أن استنتجنا ذلك ومن حتليلية دالة g(z) = (z − a)m f (z) أن وجدنا 4.1.6 املالحظة من برهانf (z) =

g(z)

(z − a)m =1

(z − a)m∞∑

n=0

αn(z − a)n

=α0

(z − a)m +α1

(z − a)m−1 + ...+αm−1(z − a) +

∞∑n=m

αn(z − a)n−m

إذاRes( f , a) = αm−1 =

gm−1(a)

(m − 1)! = limz→a

[(z − a)m f (z)](m−1)(m − 1)!

.a = i عند الثانية الدرجة من وقطب a = 1 عند بسيط قطب f1 للدالة أن وجدنا 4.1.11 املثال يف 4.2.4 مثاللنا السابقة النتيجة ومن

Res( f1, 1) = limz→1

(z − 1) f1(z) = limz→1

z2

(z − i)2 =1

(1 − i)2

بينماRes( f1, i) = lim

z→i

[(z − i)2 f1(z)]′(2 − 1)!

= limz→1

[z2

z − 1 ]′

= limz→i

2z(z − 1) − z2(z − 1)2 =

−1 − 2i(i − 1)2

42 4.2 البواقي نظرية

فإن وبالتايل الصفر عند الثانية الدرجة من قطب هلا f3 الدالة 4.2.5 مثال

Res( f3, 0) = limz→0

[ez

g0(z)]′ = lim

z→0

ez(g0(z) − g′0(z))g20(z)

لكنg0(z) =

sin zz

= 1 − z2

3!+

z4

5!− ...

إذا .g′0(0) = 0 و g0(0) = 1 أن نرى هنا ومنRes( f , 0) = 1

البواقي) (نظرية 4.2.6 نظريةقطعا أملس قوس γ كان إذا .Ω \ a1, ..., an على حتليلية دالة f ولتكن Ω ن نقاط a1, ..., an و C من مفتوح Ω ليكن

فإن z < Ω لكل I(γ, z) = و a j < γ∗, j = 1, ..., n حبيث Ω من ∫ومغلقγ

f (z) dz = 2πin∑

j=1

Res( f , a j) ∗ I(γ, a j)

فإن 4.1.11 املثال يف كما f1 لتكن 4.2.7 ∫مثالγ(i, 12 )

f1(z) dz = 2πi[Res( f1, 1) ∗ I(γ(i, 12 ), 1) + Res( f1, i) ∗ I(γ(i, 12 ), i)]

أن جند 4.2.4 املثال يف ا قمنا اليت احلسابات ∫منγ(i, 12 )

f1(z) dz = 2πi[Res( f1, 1) ∗ 0 + Res( f1, i) ∗ 1] = −2πi(1 + 2i

(i − 1)2

)

أن حني ∫يفγ(1, 13 )

f1(z) dz =2πi

(i − 1)2

وأن f2 للدالة الثانية الدرجة من قطب a = 0 النقطة أن رأينا , 4.1.11 املثال من f2 الدالة اعترب 4.2.8 مثالأن جند البواقي نظرية من وبالتايل Res( f2, 0) = 1∫

γ(0,1)

f2(z) dz = 2πi

التكامل قيمة أوجد . R >> 1 ليكن 4.2.9 ∫مثالγR

z2

z4 + 1dz

حيثγR(t) =

Reit , 0 ≤ t ≤ π

2t−3ππ

R , π ≤ t ≤ 2π

الحل

البواقي نظرية 43

اآلن .[−R,R] القطعة مع R قطرها ونصف 0 مركزها اليت للدائرة العلوي النصف احتاد هي صورته أن جند γR القوس برسموهي املقام أصفار عند شاذة نقاط هلا أن فنجد z2

z4+1الدالة ندرس

a1 = eπi4 , a2 = e

3πi4 , a3 = e

5πi4 , a4 = e

7πi4

على حنصل البواقي نظرية فمن ∫وعليهγR

z2

z4 + 1dz = 2πi

4∑j=1

Res(z2

z4 + 1, a j) ∗ I(γ, a j)

فإن املركب من السفلي النصف يف تقعان a3, a4 أن ∫وحيثγR

z2

z4 + 1dz = 2πi

2∑j=1

Res(z2

z4 + 1, a j)

هو والباقي للدالة بسيطني قطبني a1, a2 أن أي .z4 + 1 = (z − a1)(z − a2)(z − a3)(z − a4) لكن

Res(z2

z4 + 1, a1) =

a21

(a1 − a2)(a1 − a3)(a1 − a4)

=a21

a31(1 −a2a1)(1 − a3

a1)(1 − a4

a1)

=e−πi4

(1 − i) ∗ 2 ∗ (1 + i)=

1 − i4√2

أن جبد ة مشا بطريقةRes(

z2

z4 + 1, a2) =

−1 − i4√2

أن نستنتج ذلك ∫ومنγR

z2

z4 + 1dz = 2πi

(1 − i4√2− 1 + i

4√2

)= 2πi

−2i4√2=

π√2

البواقي نظرية على تطبيقاتاألمثلة. بعض هلذه كتطبيق ونورد التكاملية الصيغ بعض حساب على تساعدنا البواقي نظرية فإن أسلفنا كما

التايل التكامل قيمة أوجد 4.2.10 ∫مثال ∞

−∞

x2

x4 + 1dx

الحلأن رأينا السابق. املثال يف كما γR ∫لنعترب

γR

z2

z4 + 1dz =

π√2

على حنصل األقواس على التكامل تعريف ∫وباستخدام R

−R

x2

x4 + 1dx+

∫ 2π

0

R2e2it

R4e4it + 1iReitdt =

π√2

⇒∫ R

−R

x2

x4 + 1dx = −

∫ 2π

0

R2e2it

R4e4it + 1iReitdt +

π√2

44 4.2 البواقي نظرية

لكنlimR→∞

∣∣∣∣∣∣∫ 2π

0

R2e2it

R4e4it + 1iReitdt

∣∣∣∣∣∣ ≤ limR→∞

∫ 2π

0

∣∣∣∣∣∣ R2e2it

R4e4it + 1iReit

∣∣∣∣∣∣ dt≤ lim

R→∞

∫ 2π

0

R3

R4 − 1dt = 0

∫إذا ∞

−∞

x2

x4 + 1dx =

π√2

التالية. النتيجة نبني أن نستطيع السابق املثال يف الفكرة نفس وباستخدام عامة، بصورةأن (أي x ∈ R لكل Q(x) , 0 و deg P+ 2 ≤ degQ حبيث R يف حدود كثرييت Q(x) و P(x) لتكن 4.2.11 نتيجة

فإن املركب يف Q أصفار هي a1, ..an كانت إذا حقيقية). أصفار هلا ليس Q∫ ∞

−∞

P(x)

Q(x)dx = 2πi

∑Im(a j)>0

Res(P(z)

Q(z), a j)

التكامل قيمة حلساب 4.2.12 ∫مثال ∞

−∞

3

x2 + 2x+ 2dx

ولكن ,4.2.11 النتيجة شروط حتققان P,Q أن فنجد Q(x) = x2 + 2x+ 2 و P(x) = 3 نضع

Q(z) = 0⇒ z =−2 ±

√4 − 8

2= −1 ± i

∫إذا ∞

−∞

3

x2 + 2x+ 2dx = 2πi Res(

3

z2 + 2z+ 2,−1 + i) = 3π

التايل النص نربهن أن باسطاعتنا املنوال، نفس علىلكل Q(x) , 0 و deg P+ 1 ≤ degQ حبيث R يف حدود كثرييت Q(x) و P(x) لتكن و α > 0 ليكن 4.2.13 نتيجة

فإن املركب يف Q أصفار هي a1, ..an كانت إذا حقيقية). أصفار هلا ليس Q أن (أي x ∈ R∫ ∞

−∞

P(x)eiαx

Q(x)dx = 2πi

∑Im(a j)>0

Res(P(z)eiαz

Q(z), a j)

التكامل قيمة حلساب 4.2.14 ∫مثال ∞

−∞

cos xx2 + 1

dx

السابقة النتيجة يف وبالتعويض i,−i هي األصفار أن أي z2 + 1 = (z − i)(z+ i) أن فنجد املقام أصفار حبساب أوال نقومعلى حنصل Q(x) = x2 + 1 و P(x) = 1 و α = 1 ∫عن ∞

−∞

eix

x2 + 1dx = 2πi Res(

eiz

z2 + 1, i) = 2πi

e−1

2i=π

e

التالية التكامالت قيمة أوجد 4.2.15 تمرين1)

∫ ∞

−∞

x sin x

x2 + 1dx 2)

∫ ∞

−∞

x cos2 xx4 + 1

dx 3)

∫ ∞

−∞

2x+ 1

x4 + 2x2 + 1

:1435/8/7هـ التاريخ النهائي الفصلي االختبار فيصل امللك جامعةساعتان : الزمن هـ 1435-1434 العام من الثاين الفصل العلوم كلية

: الدرجة العلوم) مركب(كلية حتليل واإلحصاء الرياضيات قسم

األكادميي:........................... الرقم ....................................................... االسم:

األول السؤالالتالية الصورة على معرفة دالة f لتكن

f (z) = z2e1z

مشتقتها. أوجد مث حتليلية، f الدالة عندها تكون اليت النقاط جمموعة أوجد .1. f للدالة أساسية شاذة نقطة الصفر أن بني .2

تكون حبيث الصفر إىل متقاربة (zn)n∈N متتابعة توجد أنه أثبت .3limn→∞

f (zn) = 1

التكامل قيمة أوجد .4∫γ(0,1)

f (z) dz

الوحدة. قرص حدود على f الدالة من بانتظام تتقارب (Pn) حدود كثريات من متتابعة توجد ال أنه استنتج مث

1

الثاني السؤال

إجابتك. برر ؟ C \ (−∞, 0] النطاق عن ماذا ∗C؟ على صحيحة النظرية تبقى هل ليوفيل. نظرية نص أورد .1.C يف كثيف f (C) أن أثبت املركب. كامل على حتليلية دالة f لتكن .2

ثابتة. فهي وموجبة املركب كامل على توافقية دالة u كانت إذا أنه السابقة الفقرة من استنتج .3أن حتقق واليت C \ 1 على f التحليلية الدوال مجيع أوجد .4

f (n)(0) = n!, ∀n ∈ N ∪ 0

الصفر) جبوار الدالة مفكوك ادرس (تلميح:

2

الثالث السؤال

على m1, ...,mn الدرجة من f الدالة أصفار هي a1, ..., an ولتكن املركب من Ω مفتوح على حتليلية دالة f لتكن .1z ∈ C \Ω لكل I(γ, z) = 0 أن وحيقق f بأصفار مير ال Ω من ومغلق قطعا أملس قوس γ كان إذا أنه بني الرتتيب.

∫فإنγ

f ′(z)

f (z)dz = 2πi

n∑j=1

m j ∗ I(γ, a j)

التكامل قيمة استنتج ∫مثγ(1, 12 )

dz

z log(z)

التالية. التكامالت قيمة أوجدي .21)

∫ ∞−∞

1

x2 + 2x+ 2dx , 2)

∫ ∞−∞

cos xx2 + 1

dx

بالتوفيق لكم أمنيايت(: املقرر مدرس

3

فيصل امللك جامعةواإلحصاء الرياضيات قسم العلوم- كلية

هـ 1435 األول مجادى 16(العلوم) المركب التحليل لمادة األول الفصلي االختبار

االسم:األكاديمي: الرقم

األول السؤال

.α = −1 + i ليكن . 1.logα و α16 أوجد (a)

.z4 = α : املعادلة حلول أوجد (b)للمقدار والتخيلي احلقيقي اجلزء أوجد . 2

1 − ei(n+1)t

1 − eit , n ∈ N

.sin t + ...+ sin nt قيمة استنتج

توافقي. مرافق هلا يوجد فإنه Bra قرص على توافقية u و r > 0 و a ∈ C كانت إذا أنه الدرس يف جاء كما أثبت . 3

أوجده. مث B1−2 القرص على توافقي مرافق هلا log |z|2 الدالة أن ذلك من استنتج

الثاني السؤال

املضاد. مبثال انفها أو التالية العبارات أثبت . 1،z0 ∈ C عند لالشتقاق قابلة g f وكانت املركب، كامل على حتليلية دالة g و C على متصلة دالة f كانت إذا •

.z0 عند لالشتقاق قابلة f فإن.C∗ على للوغاريتم تعيني يوجد ال •

.Ω على أصل هلا دالة f و C من نطاق Ω ليكن . 2فإن والنهاية البداية نفس هلما حبيث Ω من قطعا أملسني قوسني γ1, γ2 كان إذا أنه بني (a)∫

γ1

f (z) dz =∫γ2

f (z) dz

إجابتك. برر فقط؟ حتليلية f كانت لو صحيحة النتيجة تبقى هل.F1 = F2 + c حبيث c ∈ C يوجد فإنه Ω على f للدالة أصل داليت F1, F2 كانت لو أنه أثبت (b)

الثالث السؤالاستنتج .C \ γ∗ مرتابط جزء كل على ثابت الدليل فإن ،C من ومغلق قطعا أملس قوس γ كان إذا أنه أثبت . 1

التكامل قيمة السابقة النظرية ∫من 2π

0

eit

2eit − 1dt

احسب مث γ3 ارسم ,γR = Reit, 0 ≤ t ≤ π2 ليكن . 2limR→∞

∫γR

eiz

z2dz

فيصل امللك جامعةواإلحصاء الرياضيات قسم العلوم- كلية

هـ 1434 صفر 16المركب التحليل لمادة الثاني الفصلي االختبار

االسم:األكاديمي: الرقم

األول السؤال

اجلرب. يف األساسية النظرية وبرهان نص اذكر . 1

.γR(t) = Reit, 0 ≤ t ≤ π2 ليكن . 2.∫γR

log z dz التكامل قيمة استنتج مث z log z الدالة اشتق (a)أوجد (b)

limR→∞

∫γR

1

z2dz

الثاني السؤال

التكامل قيمة أوجد . 1∫γ

z2

(z − i)2(z − 1)dz

عندماγ(t) = i + 1

2eit, t ∈ [0, 2π] (a)γ(t) = 1 + 1

2e−it, t ∈ [0, 2π] (b).n ∈ N لكل f ( 1n ) =

nn+1 أن حتقق واليت الصفر جبوار f التحليلية الدوال مجيع أوجد . 2

الثالث السؤالf (z) = 1

(z−1)(z+1)للدالة لوران مفكوك أوجد . 1

.|z − 1| < 12 عندما (a)

.|z| > 1 عندما (b)التالية للدوال الشاذة النقاط صنف . 2

f (z) =z2 + 1

z2(z − i), g(z) =

1

ez − 1

الرابع السؤالالدرجة من قطب a أن بني . f للدالة m الدرجة من جذر a وليكن C من Ω نطاق على حتليلية دالة f لتكن . 1

. 1f للدالة m

.C \ γ∗ على للوغاريتم على تعيني يوجد أنه بني مث γ صورة ارسم .γ(t) = (t, sin t), t ≥ 0 ليكن . 2

فيصل امللك جامعةواإلحصاء الرياضيات قسم العلوم- كلية

هـ 1434 رجب 17(ماجستير) 1 المركب التحليل لمادة األول الفصلي االختبار

االسم:األكاديمي: الرقم

األول السؤال

كثريات من متتابعة توجد هل .C∗ على حتليلية ا أ بني مث f (z) = e1z للدالة والتخيلي احلقيقي اجلزء أوجد . 1 .1

.γ(0,1) على f الدالة من بانتظام تتقارب Pn, n ∈ N حدودحتليلية دالة g و f (Ω) ⊂ Ω′ حبيث C من مفتوح Ω′ وليكن متصلة, دالة f : Ω −→ C و C من مفتوح Ω ليكن . 2 .2a النقطة جبوار وأحادية حتليلية h(z) = g( f (z)) والدالة a ∈ Ω كان إذا .w ∈ Ω′ لكل g′(w) , 0 أن حتقق Ω′ على

صيغتها. وأوجد موجودة f ′(a) أن فأثبت.Ω على حتليلية g(z) = f (z) الدالة أن بني Ω على حتليلية دالة f و C من نطاق Ω .ليكن 3 .3

الثاني السؤال

أن أثبت .Ω يف وداخليته هو حمتوى مثلث ∆ ويكن Ω مفتوح على حتليلية دالة f .لتكن 1 .1∫∆

f (z) dz = 0 )(0.0.1

إجابتك. برر املثلث؟ داخلية على الشرط أغفلنا لو صحيحة النتيجة تبقى هل.Ω على أصل هلا دالة f و C من نطاق Ω ليكن . 2 .2

فإن والنهاية البداية نفس هلما حبيث Ω من قطعا أملسني قوسني γ1, γ2 كان إذا أنه بني (a)∫γ1

f (z) dz =

∫γ2

f (z) dz )(0.0.2

إجابتك. برر فقط؟ حتليلية f كانت لو صحيحة النتيجة تبقى هل.F1 = F2 + c حبيث c ∈ C يوجد فإنه Ω على f للدالة أصل داليت F1, F2 كانت لو أنه أثبت (b)

أوجد ,γR = −1 + Reit, 0 ≤ t ≤ π4 ليكن . 3 .3

1) limR→0

∫γR

cos zz+ 1

dz , 2) limR→∞

∫γR

eiz

(z+ 1)2dz )(0.0.3

الثالث السؤالليكن . 1 .1

γ(t) =

teit , 0 ≤ t ≤ 2πt , t ≥ 2π

)(0.0.4

.C من حمدود وغري ومرتابط مغلق Γ أن بني مث املستوى, يف Γ القوس صور.φ(i) = i π2 حيقق C \ Γ على وحيد للوغارتيم تعيني φ يوجد أنه بني . 2 .2

التعيني هو log(z)) .φ(3 − 3i) قيمة استنتج مث ,F(z) = log(z) − φ(z) الدالة وقيمة تعريف جمال أوجد . 3 .3للوغاريتم). األساسي

C؟ \ Γ على وحمدودة حتليلة دالة توجد هل . 4 .4

فيصل امللك جامعةواإلحصاء الرياضيات قسم العلوم- كلية

هـ 1434 رجب 23(ماجستير) 1 المركب التحليل لمادة النهائي االختبار

االسم:األكاديمي: الرقم

األول السؤال

الشاذة. نقاطها وصنف حتليلية تكون أين بني مث f (z) = ei

z−1 للدالة والتخيلي احلقيقي اجلزء أوجد .1إجابتك. برر موجودة؟ limz→1 | f (z)| هل .2

املعزولة؟ األصفار نظرية مع ذلك يتنافض هل منتهية. غري A ∩ [0, 1] أن بني .A = z : f (z) = 1 لتكن .3. f (zn)→ w أن وحتقق zn → 1 حبيث (zn)n∈N متتابعة توجد أنه أثبت w ∈ C لتكن .4

.g = eh حبيث B(0, 1) على h حتليلية دالة يوجد أنه أثبت حتليلية. دالة g : B(0, 1) −→ C∗ لتكن .5

الثاني السؤال

البواقي. نظرية وبرهان نص اذكر .1كالتايل املعرف القوس هو γ ليكن .2

γ(t) =

teit , 0 ≤ t ≤ 2π

4π − t , 2π ≤ t ≤ 4π)(0.0.1

التكامل واحسب γ∗ ∫صورγ

dz

z2 + π2)(0.0.2

التالية: التكامالت قيمة أوجد .3

1)

∫ ∞−∞

dx

x2 + 2x+ 22)

∫ 2π

0

dθ

4 + cos θ )(0.0.3

الثالث السؤال.|λ| = 1 و f (z) = λz أن بني . f (0) = 0 حبيث حتليلي تقابل f : B(0, 1) −→ B(0, 1) لتكن .1

الدالة أن بني .|a| < 1 ليكن .2φa(z) =

z − a

1 − az)(0.0.4

معكوسها. وأوجد الوحدة قرص على حتليلي تقابل.|a| < 1 و |λ| = 1 حيث λφa الصورة على يكون الوحدة قرص على حتليلي تقابل كل أن بني .3

فإن f (a) = α وكان حتليلية دالة f : B(0, 1) −→ B(0, 1) كانت إذا أنه بني .4

| f ′(a)| ≤ 1 − |α|21 − |a|2 )(0.0.5

. f ′( 12 ) = 34 و f ( 12 ) =

34 يكون حبيت f : B(0, 1) −→ B(0, 1) حتليلية دالة توجد هل .5