\documentclass{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{armtex}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{xcolor}
\usepackage{tikz}
\usepackage{ marvosym }
\usepackage{amssymb,mathtools}
\usepackage{comment}
\usepackage{hyperref}
\usepackage{ dsfont }
\usepackage[
  top=1in,
  bottom=1in,
  left=1.5in,
  right=1.5in
]{geometry}
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{tikz}
\usetikzlibrary{decorations.markings, arrows.meta}


\hypersetup{
    colorlinks=true,
    linkcolor=blue,
    filecolor=magenta,      
    urlcolor=cyan,
    pdftitle={Overleaf Example},
    pdfpagemode=FullScreen,
    }

% Հայերեն թեորեմներ
\newtheorem{theorem}{Թեորեմ}
\newtheorem*{lemma}{Լեմմա}
\newtheorem*{proposition}{Պնդում}
\newtheorem*{definition}{Սահմանում}
\newtheorem*{example}{Օրինակ}
\newtheorem*{axiom}{Աքսիոմ}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem*{proof_b}{Ապացույց}
\newtheorem*{remark}{Դիտողություն}
\newtheorem*{corollary}{Հետևանք}
\newtheorem{problem}{Խնդիր}
\newtheorem*{hint}{Ցուցում}
\newtheorem{property}{Հատկություն}
\newtheorem*{aon}{$Abuse \; of \; notation$}

% Double տառեր
\newcommand {\R}{\mathbb{R}}
\newcommand {\C}{\mathbb{C}}
\newcommand {\N}{\mathbb{N}}
\newcommand {\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand {\I}{\mathbb{I}}
\newcommand {\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand {\PP}{\mathcal{P}}
\newcommand {\BB}{\mathcal{B}}
\newcommand {\defeq}{:=}
\newcommand {\set}{\{ \}}
\newcommand\norm[1]{\lVert#1\rVert}

\begin{document}
\begin{titlepage}
    \centering
    
    % Institution name
    {\large \textbf{ԵՐԵՎԱՆԻ ՊԵՏԱԿԱՆ ՀԱՄԱԼՍԱՐԱՆ}}
  \begin{center}
        \large
        Կազմված է ԻԿՄ ֆակուլտետի\\
        Թվային անալիզի և մաթեմատիկական մոդելավորման ամբիոնի\\
        դոցենտ \textbf{Երվանդ Մկրտչյանի}\\
        դասախոսությունների հիման վրա
    \end{center}
    

    \vfill
    % Academic Context / Description
    \vfill

    % Main Title (Optional: Add the specific subject title here)
    {\huge \bfseries Կոմպլեքս անալիզ}\\[0.5cm]
    {\Large (դասախոսություններ)}\\[2cm]

    % Student Info
    \begin
        \large
        \textit{Ուսանողներ՝}\\
        \textbf{Մերի Մարգարյան}\\
        \textbf{Սյունե Շաքարյան}\\[1.5cm]
    \end

    \vfill

    % Academic Context / Description
  
    \vfill

    % Bottom of the page
    {\large Երևան 2026} % You can change the year

\end{titlepage}

\newpage

\newpage
\section*{Կոմպլեքս անալիզ}

\section{Կոմպլեքս թվեր և գործողություններ դրանց հետ։}

Դիտարկենք $XOY$ հարթությունը։ Մեր նպատակն է, այս հարթության կետերի միջև սահմանել թվային գործողություններ։

\begin{definition}[1]
$(x_1, y_1) \pm (x_2, y_2) = (x_1 \pm x_2, y_1 \pm y_2)$
\end{definition}

\begin{definition}[2]
$(x_1, y_1) \cdot (x_2, y_2) = (x_1 \cdot x_2 - y_1 \cdot y_2, x_1 \cdot y_2 + y_1 \cdot x_2)$
\end{definition}

\begin{definition}[3]
$(x_1, y_1) / (x_2, y_2) = (a, b)$, որտեղ $(x_1, y_1) = (a, b) \cdot (x_2, y_2)$։ Կստացվի սովորական գծային հավասարումների համակարգ.
\[
\begin{cases} 
x_1 = a x_2 - b y_2 \\
y_1 = a y_2 + b x_2
\end{cases}
\implies a = \frac{x_1 x_2 + y_1 y_2}{x_2^2 + y_2^2}, \quad b = \frac{x_2 y_1 - y_2 x_1}{x_2^2 + y_2^2} ։
\]
\end{definition}

Եթե դիտարկենք միայն $OX$ առանցքի վրայի կետերը, ապա այս գործողությունները դառնում են թվաբանական գործողություններ իրական թվերի համար։
$(a, 0)$ և $(b, 0)$ կետերի համար կունենանք.
\[
(a, 0) \pm (b, 0) = (a \pm b, 0), \quad (a, 0) \cdot (b, 0) = (ab - 0 \cdot 0, a \cdot 0 + b \cdot 0) = (ab, 0)
\]
և 
\[
(a, 0) / (b, 0) = \left(\frac{ab + 0}{b^2}, \frac{b\cdot0 - 0\cdot a}{b^2}\right) = (a/b, 0)
\]
$\implies$ ճիշտ կլինի հետևյալ գրառումը. $(5, 0) = 5, (a, 0) = a$։

Նկատենք, որ $(0, 1)^2 = (0, 1)(0, 1) = (0 - 1, 0) = (-1, 0) = -1$։ $(0, 1)$ կետը կնշանակենք $i$-ով։ Նկատենք, որ $bi = (b, 0) \cdot (0, 1) = (b \cdot 0 - 0 \cdot 1, b \cdot 1 + 0 \cdot 0) = (0, b)$։
Ակնհայտ է նաև, որ $(a, b) = (a, 0) + (0, b) = a + (0, b) \implies (a, b) = a + ib$։

\begin{definition}
Նշանակենք $z = a + ib$։ $z$-ը կոչվում է կոմպլեքս թիվ, իսկ $\bar{z} = a - ib$ կոմպլեքս թիվը կոչվում է $z$-ի համալուծ։
\end{definition}

Հեշտ է տեսնել, որ $(a + ib)(c + id) = ac + iad + ibc + i^2bd = ac - bd + i(ad + bc)$։
\begin{itemize}
    \item $z \cdot \bar{z} = (a + ib)(a - ib) = a^2 - (ib)^2 = a^2 + b^2$
    \item $\frac{a + ib}{c + id} = \frac{(a + ib)(c - id)}{(c + id)(c - id)} = \frac{ac + bd + i(bc - ad)}{c^2 + d^2}$
\end{itemize}

\begin{definition}
$OY$ առանցքը կոչվում է կեղծ առանցք, իսկ $OX$-ը՝ իրական առանցք։ Եթե $z = a + ib$, ապա $a$-ն կոչվում է իրական մաս՝ $a = \operatorname{Re} z$, իսկ $b$-ն՝ կեղծ մաս՝ $b = \operatorname{Im} z$։
\end{definition}

\section{Կոմպլեքս թվի եռանկյունաչափական և ցուցչային տեսքը։}

Դիցուք $z = a + ib$։ Նշանակենք $|z| = \rho = \sqrt{a^2 + b^2}$։

\begin{definition}
$\rho$-ն կոչվում է $z$-ի մոդուլ (երկարություն), իսկ $\varphi$-ն արգումենտ։
\end{definition}

Տրված $\rho$-ով և $\varphi$-ով կոմպլեքս թիվը միակն է:
Կօգտագործենք $\varphi = \arg z$ նշանակումը, իսկ $\text{Arg} z$-ով՝ $z$-ին համապատասխան բոլոր անկյունների բազմությունը՝ 
$-\pi + 2\pi k < \text{Arg} z \le \pi + 2\pi k, k = 0, \pm 1, \dots$:

Ակնհայտ է, որ 
\[
\begin{cases} a = \rho \cos\varphi \\ b = \rho \sin\varphi \end{cases} \implies z = a + ib = \rho \cos\varphi + i \rho \sin\varphi = \rho (\cos\varphi + i \sin\varphi)
\]

\begin{definition}
$z = \rho (\cos\varphi + i \sin\varphi)$ տեսքով գրված կոմպլեքս թիվը ներկայացված է եռանկյունաչափական տեսքով:
\end{definition}

Դիցուք $z = \rho (\cos\varphi + i \sin\varphi)$: Նշանակենք $\cos\varphi + i \sin\varphi = e^{i\varphi}$: Այդ դեպքում կստացվի, որ $z = \rho \cdot e^{i\varphi}$: Այս տեսքը կոչվում է կոմպլեքս թվի աստիճանային տեսք (կամ ցուցչային):

\section{Թեորեմ կոմպլեքս թվի արգումենտի և մոդուլի վերաբերյալ:}

\begin{theorem}
Դիցուք 2 կոմպլեքս թվեր գրված են եռանկյունաչափական տեսքով և բազմապատկված են իրար: Այդ դեպքում նրանց մոդուլները բազմապատկվում են, իսկ արգումենտները՝ գումարվում:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
$z_1 = \rho_1 (\cos\varphi_1 + i \sin\varphi_1)$, $z_2 = \rho_2 (\cos\varphi_2 + i \sin\varphi_2) \implies$
\begin{align*}
z_1 \cdot z_2 &= \rho_1 \cdot \rho_2 (\cos\varphi_1 \cos\varphi_2 - \sin\varphi_1 \sin\varphi_2 + i (\cos\varphi_1 \sin\varphi_2 + \sin\varphi_1 \cos\varphi_2)) \\
&= \rho_1\rho_2 (\cos(\varphi_1 + \varphi_2) + i \sin(\varphi_1 + \varphi_2))
\end{align*}
\end{proof_b}

Այստեղից հետևում է, որ $z^n = \rho^n (\cos n\varphi + i \sin n\varphi)$:

\[
\frac{1}{z_2} = \frac{\bar{z}_2}{\rho_2^2} = \frac{\rho_2 (\cos\varphi_2 - i \sin\varphi_2)}{\rho_2^2} = \frac{1}{\rho_2} (\cos(-\varphi_2) + i \sin(-\varphi_2))
\]
\[
\implies \frac{z_1}{z_2} = \frac{\rho_1}{\rho_2} (\cos(\varphi_1 - \varphi_2) + i \sin(\varphi_1 - \varphi_2))
\]
\section{Կոմպլեքս թվերի հաջորդականություններ և շարքեր}

\begin{definition}
Կասենք, որ $z_1, z_2, \dots, z_n, \dots$ կոմպլեքս թվերի հաջորդականությունը ունի սահման և ձգտում է $a$ կոմպլեքս թվին, երբ $n\to\infty$ ($\lim_{n\to\infty} z_n = a$), եթե $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = N(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall n > N \implies |z_n - a| < \varepsilon$:
\end{definition}

Դիցուք $z_n = x_n + iy_n$ և $a = x_0 + iy_0 \implies$
\[
|z_n - a| = |(x_n - x_0) + i(y_n - y_0)| = \sqrt{(x_n - x_0)^2 + (y_n - y_0)^2} < \varepsilon
\]
Դիտարկենք բոլոր $(x, y)$ կետերը, որոնք բավարարում են $\sqrt{(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2} < \varepsilon$ անհավասարմանը: Դրանք բոլոր այն կետերն են, որոնք ընկած են $a$ կենտրոնով և $\varepsilon$ շառավղով շրջանի մեջ: Ստացվում է, որ սահմանմանը համարժեք է նրան որ եթե $a$-ն $z_n$-ի սահմանն է, ապա $a$-ի կամայական $\varepsilon$ շրջակայքում կան $\{z_n\}$-ի անվերջ քանակությամբ անդամներ, իսկ դրանից դուրս՝ վերջավոր:

\begin{theorem}
Ունենք $z_n = x_n + iy_n$։ Որպեսզի $z_n \to a$, անհրաժեշտ է և բավարար, որ $\operatorname{Re} z_n = x_n \to x_0$ և $\operatorname{Im} z_n = y_n \to y_0$, որտեղ $a = x_0 + iy_0$։
\end{theorem}

\begin{proof_b}
$(\implies)$ Ունենք, որ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = N(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall n > N \implies$
\[
\varepsilon > |z_n - a| = \sqrt{(x_n - x_0)^2 + (y_n - y_0)^2} \ge |x_n - x_0| \implies x_n \to x_0
\]
և
\[
\sqrt{(x_n - x_0)^2 + (y_n - y_0)^2} \ge |y_n - y_0| \implies y_n \to y_0
\]

$(\Longleftarrow)$ Ունենք, որ $x_n \to x_0$ և $y_n \to y_0 \implies \forall \varepsilon > 0, \exists N = N(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall n > N \implies$ $|x_n - x_0| < \varepsilon/\sqrt{2}$ և $|y_n - y_0| < \varepsilon/\sqrt{2}$:
\[
|z_n - z_0| = \sqrt{(x_n - x_0)^2 + (y_n - y_0)^2} < \sqrt{\frac{\varepsilon^2}{2} + \frac{\varepsilon^2}{2}} = \varepsilon
\]
\end{proof_b}

\textbf{Վայերշտրասի թեորեմ (Բոլցանո-Վայերշտրաս):} Եթե $\{z_n\}$-ը սահմանափակ հաջորդականություն է, ապա $\exists \{z_{n_k}\}$ ենթահաջորդականություն, որն ունի վերջավոր սահման։

\begin{proof_b}
Քանի որ $\{z_n\}$ հաջորդականությունը սահմանափակ է, ապա գոյություն ունի $M > 0$ թիվ, այնպես որ բոլոր $n$-ների համար $|z_n| \le M$:
Նշանակենք $z_n = x_n + iy_n$: Հաշվի առնելով կոմպլեքս թվի մոդուլի հատկությունները՝ ունենք.
\[ |x_n| \le \sqrt{x_n^2 + y_n^2} = |z_n| \le M \]
\[ |y_n| \le \sqrt{x_n^2 + y_n^2} = |z_n| \le M \]
Ստացանք, որ $\{x_n\}$ և $\{y_n\}$ իրական թվերի հաջորդականությունները սահմանափակ են:

Կիրառենք իրական թվերի համար Բոլցանո-Վայերշտրասի թեորեմը $\{x_n\}$ հաջորդականության նկատմամբ: Համաձայն թեորեմի, $\{x_n\}$-ից կարելի է անջատել զուգամետ $\{x_{n_k}\}$ ենթահաջորդականություն, որը ձգտում է որևէ $x_0$ իրական թվի ($x_{n_k} \to x_0$):

Այժմ դիտարկենք այդ ինդեքսներին համապատասխանող կեղծ մասերի՝ $\{y_{n_k}\}$ հաջորդականությունը: Քանի որ $\{y_n\}$-ը սահմանափակ էր, ապա $\{y_{n_k}\}$ ենթահաջորդականությունը նույնպես սահմանափակ է: Կրկին կիրառելով Բոլցանո-Վայերշտրասի թեորեմը, այս անգամ $\{y_{n_k}\}$-ի նկատմամբ, կարող ենք անջատել նրանից զուգամետ ենթահաջորդականություն (ենթա-ենթահաջորդականություն), որը նշանակենք $\{y_{n_{k_m}}\}$, և որը ձգտում է որևէ $y_0$ իրական թվի ($y_{n_{k_m}} \to y_0$):

Նկատենք, որ համապատասխան իրական մասերի $\{x_{n_{k_m}}\}$ հաջորդականությունը հանդիսանում է $\{x_{n_k}\}$ զուգամետ հաջորդականության ենթահաջորդականություն, հետևաբար այն նույնպես զուգամետ է և ձգտում է նույն $x_0$ սահմանին ($x_{n_{k_m}} \to x_0$):

Վերջապես, դիտարկենք $\{z_{n_{k_m}}\}$ կոմպլեքս թվերի ենթահաջորդականությունը: Քանի որ նրա իրական մասը ձգտում է $x_0$-ի, իսկ կեղծ մասը՝ $y_0$-ի, ապա համաձայն նախորդ թեորեմի (որ կոմպլեքս հաջորդականության զուգամիտությունը համարժեք է իրական և կեղծ մասերի զուգամիտությանը)՝
\[ z_{n_{k_m}} \to a = x_0 + iy_0: \]
Այսպիսով, մենք կառուցեցինք սկզբնական հաջորդականության զուգամետ ենթահաջորդականություն:
\end{proof_b}

\textbf{Կոշի զուգամիտության սկզբունքը (հաջորդականությունների համար):} Որպեսզի $\{z_n\}$ հաջորդականությունն ունենա վերջավոր սահման անհրաժեշտ է և բավարար, որ $\forall \varepsilon > 0$-ի համար $\exists N = N(\varepsilon)$, այնպես որ $\forall n \ge N$ և $\forall p = 1, 2, \dots \implies |z_{n+p} - z_n| < \varepsilon$։

\begin{proof_b}
$(\implies)$ \textbf{Անհրաժեշտություն:}
Ենթադրենք $\{z_n\}$ հաջորդականությունը զուգամետ է և $\lim_{n\to\infty} z_n = a$:
Ըստ սահմանման՝ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N$, որ $\forall n \ge N \implies |z_n - a| < \varepsilon/2$:
Դիտարկենք կամայական $p \ge 1$: Քանի որ $n+p > n \ge N$, ապա $|z_{n+p} - a| < \varepsilon/2$:
Կիրառելով եռանկյան անհավասարությունը՝ ստանում ենք.
\[
|z_{n+p} - z_n| = |(z_{n+p} - a) - (z_n - a)| \le |z_{n+p} - a| + |z_n - a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon
\]

$(\Longleftarrow)$ \textbf{Բավարարություն:}
Ենթադրենք տեղի ունի Կոշիի պայմանը՝ $|z_{n+p} - z_n| < \varepsilon$:
Նշանակենք $z_n = x_n + iy_n$: Օգտվելով անհավասարություններից՝
\[ |x_{n+p} - x_n| \le |z_{n+p} - z_n| < \varepsilon \]
\[ |y_{n+p} - y_n| \le |z_{n+p} - z_n| < \varepsilon \]
Ստանում ենք, որ $\{x_n\}$ և $\{y_n\}$ իրական թվերի հաջորդականությունները բավարարում են Կոշիի պայմանին իրական առանցքի վրա: Համաձայն իրական թվերի համար Կոշիի զուգամիտության սկզբունքի (լրիվության)՝ այդ հաջորդականությունները զուգամետ են:
Դիցուք $x_n \to x_0$ և $y_n \to y_0$:
Այդ դեպքում, համաձայն կոմպլեքս հաջորդականության զուգամիտության թեորեմի (առաջին թեորեմ), $z_n$ հաջորդականությունը զուգամետ է և ձգտում է $a = x_0 + iy_0$ թվին:
\end{proof_b}

Դիտարկենք $\sum_{k=1}^\infty z_k$ գումարը և $S_n = z_1 + \dots + z_n$ հաջորդականությունը։

\begin{definition}
Եթե գոյություն ունի $\lim_{n\to\infty} S_n$ սահմանը, ապա այն կոչվում է $\sum_{k=1}^\infty z_k$ շարքի գումար։
\end{definition}

\textbf{Կոշի զուգամիտության սկզբունքը (շարքերի համար):} Որպեսզի $\sum_{k=1}^\infty z_k$ շարքը լինի զուգամետ անհրաժեշտ է և բավարար, որ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = N(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall n > N$ և $\forall p = 1, 2, \dots \implies |z_{n+1} + z_{n+2} + \dots + z_{n+p}| < \varepsilon$։

\begin{proof_b}
Շարքի զուգամիտությունը սահմանվում է որպես նրա մասնակի գումարների $S_n = \sum_{k=1}^n z_k$ հաջորդականության զուգամիտություն:
Կիրառենք Կոշիի զուգամիտության սկզբունքը $\{S_n\}$ հաջորդականության համար:
Համաձայն այդ սկզբունքի, $\{S_n\}$-ը զուգամետ է այն և միայն այն դեպքում, երբ $\forall \varepsilon > 0, \exists N$, որ $\forall n > N$ և $p \ge 1$՝
\[ |S_{n+p} - S_n| < \varepsilon \]
Հաշվի առնելով մասնակի գումարների տեսքը՝ գրենք տարբերությունը.
\[ S_{n+p} - S_n = (z_1 + \dots + z_n + z_{n+1} + \dots + z_{n+p}) - (z_1 + \dots + z_n) = z_{n+1} + z_{n+2} + \dots + z_{n+p} \]
Հետևաբար, պայմանը դառնում է.
\[ |z_{n+1} + z_{n+2} + \dots + z_{n+p}| < \varepsilon \]
Ինչը և պահանջվում էր ապացուցել:
\end{proof_b}

\begin{definition}
$\sum_{k=1}^\infty z_k$ շարքը կոչվում է բացարձակ զուգամետ, եթե զուգամետ է $\sum_{k=1}^\infty |z_k|$ շարքը: Ակնհայտ է, որ եթե $\sum_{k=1}^\infty |z_k|$ շարքը զուգամետ է, ապա $\sum_{k=1}^\infty z_k$ շարքը զուգամետ է (սա հետևում է Կոշիի սկզբունքից և $|z_{n+1} + \dots + z_{n+p}| \le |z_{n+1}| + \dots + |z_{n+p}|$ անհավասարությունից)։
\end{definition}
\section{Կորեր և տիրույթներ Կոմպլեքս հարթությունում:}

Դիտարկենք կոր $xOy$ հարթության վրա. 
\[
\begin{cases} 
x = x(t) \\
y = y(t)
\end{cases}, \quad \text{որտեղ } \alpha \le t \le \beta:
\]

\begin{definition}
Կորը անընդհատ է, եթե $x(t)$-ն և $y(t)$-ն անընդհատ են։
\end{definition}

\begin{definition}
Կորը ողորկ է, եթե $x(t)$-ն և $y(t)$-ն ունեն անընդհատ ածանցյալներ այնպիսին որ $(x'(t))^2 + (y'(t))^2 \neq 0$, երբ $t \in [\alpha, \beta]$:
\end{definition}

\begin{definition}
Կորը պարզ է, եթե այն կտոր-առ-կտոր ողորկ է և ինքնահատում չունի:
\end{definition}

\begin{definition}
Կորը փակ է, եթե կտոր-առ-կտոր ողորկ է, ինքնահատում չունի և
\[
\begin{cases}
x(\alpha) = x(\beta) \\
y(\alpha) = y(\beta)
\end{cases}
\]
\end{definition}

\begin{definition}
$D$ տիրույթի բոլոր սահմանային կետերը միացնելու դեպքում, կստանանք փակ բազմություն կամ փակ տիրույթ՝ $\bar{D}$: $\bar{D} = D \cup \partial D$, որտեղ $\partial D$-ն $D$-ի եզրն է:
\end{definition}

\section{Աբելի և Դիրիխլեի թեորեմները:}

\begin{theorem}[Աբելի]
Եթե $\{\alpha_k\}_{k=1}^\infty$ իրական թվերի հաջորդականությունը մոնոտոն է և սահմանափակ, իսկ $\sum_{k=1}^\infty \beta_k$ զուգամետ է, ապա $\sum_{k=1}^\infty \alpha_k \cdot \beta_k$ շարքը զուգամետ է:
\end{theorem}

\begin{theorem}[Դիրիխլեի]
Եթե $\{\alpha_k\}_{k=1}^\infty$ իրական թվերի հաջորդականությունը մոնոտոն է և ձգտում է 0-ի ($\alpha_k \downarrow 0$), իսկ $\beta_k = \sum_{i=1}^k \beta_i$ մասնակի գումարների հաջորդականությունը սահմանափակ, ապա $\sum_{k=1}^\infty \alpha_k \cdot \beta_k$ զուգամետ է:
\end{theorem}

\section{Կոմպլեքս փոփոխականի ֆունկցիայի հասկացությունը, սահմանը, անընդհատությունը}

Դիտարկենք Կոմպլեքս հարթությունում՝ $\C$-ում որևէ $D$ տիրույթ և դրա վրա որոշված երկու ֆունկցիաներ 
\[
\begin{cases} 
u = u(x, y) \\ 
v = v(x, y) 
\end{cases}
\]
$\forall$ ֆիքսված $(x, y) \in D$ զույգի համար կստանանք հետևյալ կոմպլեքս թիվը. $u(x, y) + i v(x, y) \equiv f(z)$, որտեղ $z = x + iy$: Այս ֆունկցիան կոմպլեքս ֆունկցիա է ըստ $z$ փոփոխականի $D$ տիրույթում:

\begin{definition}
$f(z)$ ֆունկցիան կոչվում է միաթերթ, եթե $\forall z_1, z_2$ $(z_1 \neq z_2)$ կոմպլեքս թվերի համար, որոնք պատկանում են $D$ տիրույթին՝ $f(z_1) \neq f(z_2)$:
\end{definition}

Եթե $f(z) \in \Omega$ և $z \in D$, ապա ստանում ենք $f: D \to \Omega$ արտապատկերում:
\begin{proposition}
Եթե արտապատկերումը փոխմիարժեք է, ապա գոյություն ունի $f(z)$ ֆունկցիայի հակադարձ ֆունկցիա՝ $z = \varphi(w)$, որտեղ $f(z) = w$:
\end{proposition}

\begin{definition}
Կասենք $f(z)$-ի սահմանը $A$ կոմպլեքս թիվն է երբ $z$-ը մնալով $D$-ում ձգտում է $z_0$-ին, եթե $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall z \in D$-ի համար, երբ $0 < |z - z_0| < \delta \implies |f(z) - A| < \varepsilon$:
\end{definition}

$\sqrt{(u(x,y) - a)^2 + (v(x,y) - b)^2} < \varepsilon$, այսինքն $f \to A$ երբ $z \to z_0$ համարժեք է նրան, որ $u(x,y) \to a$ և $v(x,y) \to b$, երբ $z \to z_0$:

\begin{definition}
Կասենք, որ $f(z) \to \infty$, երբ $z \to z_0$, եթե $\forall E > 0$ թվի համար $\exists \delta = \delta(E) > 0$, այնպես որ $\forall z \in D$-ի համար բավարարող $0 < |z - z_0| < \delta \implies |f(z)| > E$:
\end{definition}

\textbf{Կոշի զուգամիտության հայտանիշը:} Որպեսզի $f(z)$ որոշված $D$-ում ունենա վերջավոր սահման, երբ $z \to z_0$, անհրաժեշտ է և բավարար, որ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall z', z''$ կետերի համար, որոնց դեպքում 
\[
\begin{cases} 
0 < |z' - z_0| < \delta \\
0 < |z'' - z_0| < \delta
\end{cases} \implies |f(z') - f(z'')| < \varepsilon:
\]

\begin{proof_b}
$(\implies)$ \textbf{Անհրաժեշտություն:}
Ենթադրենք $\lim_{z\to z_0} f(z) = A$:
Համաձայն սահմանման՝ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta > 0$, որ $0 < |z - z_0| < \delta$ պայմանին բավարարող կետերում $|f(z) - A| < \varepsilon/2$:
Եթե վերցնենք $z', z''$ կետեր նշված $\delta$ շրջակայքից, ապա կիրառելով մոդուլի հատկությունները (եռանկյան անհավասարություն), կստանանք.
\[ |f(z') - f(z'')| = |(f(z') - A) - (f(z'') - A)| \le |f(z') - A| + |f(z'') - A| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \]

$(\Longleftarrow)$ \textbf{Բավարարություն:}
Ենթադրենք տեղի ունի թեորեմի պայմանը: Նշանակենք $f(z) = u(x, y) + i v(x, y)$ և $z = x + iy$:
Հայտնի է, որ կոմպլեքս թվի իրական և կեղծ մասերի մոդուլները չեն գերազանցում թվի մոդուլը, հետևաբար.
\[ |u(x', y') - u(x'', y'')| \le |f(z') - f(z'')| < \varepsilon \]
\[ |v(x', y') - v(x'', y'')| \le |f(z') - f(z'')| < \varepsilon \]
Ստացանք, որ $u(x, y)$ և $v(x, y)$ իրական փոփոխականի իրական ֆունկցիաները բավարարում են Կոշիի զուգամիտության պայմանին (երբ $(x, y) \to (x_0, y_0)$): Համաձայն մաթեմատիկական անալիզից հայտնի թեորեմի՝ գոյություն ունեն դրանց վերջավոր սահմանները.
\[ \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} u(x, y) = a, \quad \lim_{(x,y)\to(x_0,y_0)} v(x, y) = b \]
Հետևաբար, գոյություն ունի նաև $f(z)$-ի սահմանը, երբ $z \to z_0$, և այն հավասար է $A = a + ib$:
\end{proof_b}

\begin{definition}
Կասենք $f(z)$-ը անընդհատ ֆունկցիա է $z_0$ կետում, եթե $\lim_{z\to z_0} f(z) = f(z_0)$, $z_0 \in D$, կամ որ նույնն է $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta > 0$, այնպես որ $\forall z \in D$ և $|z - z_0| < \delta \implies |f(z) - f(z_0)| < \varepsilon$:
\end{definition}

Անընդհատությունը և սահմանը կարող ենք սահմանել նաև ըստ Հայնեի:
\begin{definition}[Հայնե]
Կասենք $f(z) \to A$, երբ $z \to z_0$ եթե $\forall \{z_n\} \in D, z_n \neq z_0$ և $\{z_n\} \to z_0$ հաջորդականության համար $f(z_n) \to A$: Կասենք $f(z)$-ը անընդհատ է $z_0 \in D$-ում, եթե $\forall \{z_n\} \in D, z_n \neq z_0$ և $\{z_n\} \to z_0$ հաջորդականության համար $f(z_n) \to f(z_0)$:
\end{definition}
Կոշի և Հայնեի սահմանումները համարժեք են:

\begin{definition}
Եթե $f(z)$-ը անընդհատ է $D$-ի կամայական կետում, ապա $f(z)$-ը անընդհատ է $D$-ում:
\end{definition}

Դիտարկենք $\bar{D}$-ն: $f(z)$-ը անընդհատ է $z_0 \in \bar{D}$ կետում, եթե $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall z \in \bar{D}$-ի համար բավարարող $|z - z_0| < \delta \implies |f(z) - f(z_0)| < \varepsilon$:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.8]
    % 1. Define the Curve D (Blob shape)
    % We define it as a path first so we can reuse it for clipping and drawing
    \def\curveD{(1, 1.5) to[out=100, in=180] (2.5, 3.5) to[out=0, in=120] (5, 1.5) to[out=300, in=0] (3.5, 0.5) to[out=180, in=280] (1, 1.5)}

    % 2. Define Circle parameters (Center z0 and radius)
    \def\cx{3.5} % center x
    \def\cy{2.2} % center y
    \def\cr{1.2} % radius

    % 3. Create the Hatched Area (Intersection)
    \begin{scope}
        % First, limit drawing to inside the Curve D
        \clip \curveD;
        % Second, limit drawing to inside the Circle
        \clip (\cx, \cy) circle (\cr);
        
        % Draw diagonal lines manually to represent the shaded region
        % (This avoids needing the 'patterns' library)
        \foreach \i in {-3,-2.7,...,6} {
            \draw[thin] (\i, -1) -- (\i+3, 5);
        }
    \end{scope}

    % 4. Draw the Axes
    \draw[->, thick] (-0.5, 0) -- (6, 0) node[right] {$x$};
    \draw[->, thick] (0, -0.5) -- (0, 4.5) node[above] {$y$};

    % 5. Draw the Outlines over the hatching
    \draw[thick] \curveD;           % Draw Curve D
    \draw[thick] (\cx, \cy) circle (\cr); % Draw Circle

    % 6. Labels and Points
    \filldraw (\cx, \cy) circle (2pt) node[right] {$z_0$}; % Point z0
    \node at (1.5, 2) {$D$}; % Label D

\end{tikzpicture}
\end{center}
\section{Անալիտիկ ֆունկցիաներ:}

$D$ տիրույթում դիտարկենք $f(z) = u(x, y) + i v(x, y)$ ֆունկցիան:

\begin{definition}
Եթե $\lim_{z\to z_0} \frac{f(z) - f(z_0)}{z - z_0}$ սահմանը գոյություն ունի և վերջավոր է, ապա այն կոչվում է $f(z)$-ի ածանցյալ $z_0$ կետում և նշանակում ենք $f'(z_0)$: Ֆունկցիան այդ կետում կոչվում է դիֆերենցելի:
\end{definition}

\begin{definition}
Եթե $f(z)$-ը դիֆերենցելի է $D$ տիրույթի բոլոր կետերում, ապա այն կոչվում է անալիտիկ ֆունկցիա:
\end{definition}

\begin{theorem}
Տրված է $f(z)$ ֆունկցիան որոշված $D$ տիրույթում, և $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$: Որպեսզի $f(z)$-ը լինի դիֆերենցելի $z_0\in D$ կետում, անհրաժեշտ է և բավարար, որ
\begin{enumerate}
    \item $u(x,y)$ և $v(x,y)$ ֆունկցիաները որպես իրական ֆունկցիաներ լինեն դիֆերենցելի $z_0$ կետում:
    \item 
    \[
    \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\
    \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} 
    \end{cases}
    \]
    սա կոչվում է Կոշի-Ռիմանի պայմաններ:
\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{proof_b}
$(\implies)$ Ունենք, որ $f(z)$ ֆունկցիան դիֆերենցելի է $z_0$ կետում $\implies \exists f'(z_0) = \lim \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0}$ սահմանը: $f'(z_0) = \alpha + i\beta \implies$ կարող ենք գրել, որ $\frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} = \alpha+i\beta + \varepsilon(z)$, որտեղ $\varepsilon(z)\to 0$ երբ $z\to z_0$:
\begin{align*}
f(z) - f(z_0) &= u(x,y)-u(x_0,y_0) + i(v(x,y)-v(x_0,y_0)) \\
z - z_0 &= x-x_0 + i(y-y_0) = \Delta x + i\Delta y \\
\varepsilon(z) &= \varepsilon_1(x,y) + i\varepsilon_2(x,y) \\
f(z) - f(z_0) &= \Delta u + i\Delta v = (\alpha + i\beta)(\Delta x + i\Delta y) + (\varepsilon_1 + i\varepsilon_2)(\Delta x + i\Delta y) \\
&= \alpha\Delta x - \beta\Delta y + \varepsilon_1\Delta x - \varepsilon_2\Delta y + i(\beta\Delta x + \alpha\Delta y) + i(\varepsilon_2\Delta x + \varepsilon_1\Delta y)
\end{align*}
\[
\begin{cases} 
\Delta u = \alpha\Delta x - \beta\Delta y + \varepsilon_1\Delta x - \varepsilon_2\Delta y \\
\Delta v = \beta\Delta x + \alpha\Delta y + \varepsilon_2\Delta x + \varepsilon_1\Delta y
\end{cases}
\]
Երկուսն էլ գրված են լրիվ դիֆերենցիալի տեսքով $\implies u(x,y)$ և $v(x,y)$ ֆունկցիաները դիֆերենցելի են:

Այժմ ապացուցենք, որ տեղի ունեն Կոշի-Ռիմանի պայմանները: Վերևում ստացված համակարգից ստանում ենք, որ $\alpha = \frac{\partial u}{\partial x}$ և $\alpha = \frac{\partial v}{\partial y} \implies \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y}$:
Ինչպես նաև $\beta = -\frac{\partial u}{\partial y}$ և $\beta = \frac{\partial v}{\partial x} \implies$ Տեղի ունեն Կոշի-Ռիմանի պայմանները:
\end{proof_b}

Մաթեմատիկական անալիզից հիշեցնենք հետևյալ սահմանումը և պնդումը.
\begin{definition}
Կասենք $u = f(x_1, \dots, x_k)$ ֆունկցիան դիֆերենցելի է $(x_1^0, \dots, x_k^0)$ կետում, եթե $\Delta u = f(x_1^0+\Delta x_1, \dots, x_k^0+\Delta x_k) - f(x_1^0, \dots, x_k^0)$ լրիվ աճը կարելի է ներկայացնել այսպես.
$\Delta u = A_1\Delta x_1 + A_2\Delta x_2 + \dots + A_k\Delta x_k + \alpha_1\Delta x_1 + \dots + \alpha_k\Delta x_k$, որտեղ $A_i$-ն հաստատուն է ($A_i = \frac{\partial u}{\partial x_i}|_{z_0}$), իսկ $\alpha_i$-ն անվերջ փոքր է, երբ $\Delta x_1\to 0, \dots, \Delta x_k\to 0$:
\end{definition}

\begin{theorem}
Ենթադրենք $M_0(x_0, y_0)$-ն $u = f(x,y)$-ի որոշման տիրույթի ներքին կետ է: Ենթադրենք $f$-ի մասնական ածանցյալները գոյություն ունեն և միջակայքի մեջ $M_0$-ի որոշ շրջակայքում և անընդհատ են այդ կետում: Այդ դեպքում $f(x,y)$-ն կլինի դիֆերենցելի $M_0$ կետում: Սա բավարար, բայց ոչ անհրաժեշտ պայման է:
\end{theorem}

Այժմ ապացուցենք թեորեմի մյուս կողմը:
$(\Longleftarrow)$ Ենթադրենք տեղի ունեն 1) և 2) պայմանները. 
\begin{align*}
\lim_{z\to z_0} \frac{f(z)-f(z_0)}{z-z_0} &= \lim_{z\to z_0} \frac{\Delta u+i\Delta v}{\Delta x+i\Delta y} \\
&= \lim_{\Delta x\to 0, \Delta y\to 0} \frac{ (\frac{\partial u}{\partial x} \Delta x + \frac{\partial u}{\partial y} \Delta y + \varepsilon_1\Delta x + \varepsilon_2\Delta y) + i(\frac{\partial v}{\partial x} \Delta x + \frac{\partial v}{\partial y} \Delta y + \varepsilon_3\Delta x + \varepsilon_4\Delta y) }{\Delta x + i\Delta y} \\
&= \lim_{\Delta x\to 0, \Delta y\to 0} \frac{ \frac{\partial u}{\partial x}(\Delta x + i\Delta y) + i \frac{\partial u}{\partial y}(-i\Delta x + \frac{1}{i} \Delta y) + O(\rho) }{\Delta x+i\Delta y} \\
&= \lim_{\Delta x\to 0, \Delta y\to 0} \frac{ \frac{\partial u}{\partial x}(\Delta x+i\Delta y) - i \frac{\partial u}{\partial y}(\Delta x+i\Delta y) }{\Delta x+i\Delta y} \\
&= \frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y}
\end{align*}
Ստացանք, որ $f'(z) = \frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial v}{\partial y} + i \frac{\partial v}{\partial x}$:

\section{Անալիտիկ ֆունկցիաների հատկությունները:}

\begin{property}[1]
Դիցուք $f(z)$ և $g(z)$ ֆունկցիաները անալիտիկ են $D$-ում: Այդ դեպքում $f \pm g$, $f \cdot g$ ֆունկցիաները անալիտիկ են:
\end{property}
Անմիջապես հետևում է սահմանի սահմանումից:

\begin{property}[2]
Եթե $f(z)$ և $g(z)$ ֆունկցիաները անալիտիկ են և $g(z) \neq 0$, ապա $f(z)/g(z)$ անալիտիկ է:
\end{property}

\begin{property}[3]
Եթե $w=f(z)$ անալիտիկ է $D$-ում, $\zeta=h(w)$ անալիտիկ է $\Omega$-ում և այնպիսին են, որ $f(z)$-ի արժեքների բազմությունը ընկած է $\Omega$-ի մեջ, ապա $\zeta=h(f(z))$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$-ում, ընդ որում $\zeta'_z = h'_w \cdot f'_z$:
\end{property}

\begin{proof_b}
Դիցուք $z=x+iy$, $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ և $h(w)=a(u,v)+ib(u,v)$:
$h(f(z)) = a(u(x,y), v(x,y)) + i b(u(x,y), v(x,y))$: 
\begin{align*}
\zeta'_z &= \frac{\partial a}{\partial x} \cdot \frac{\partial a}{\partial u} + \frac{\partial v}{\partial x} \cdot \frac{\partial a}{\partial v} - i\left(\frac{\partial u}{\partial y} \cdot \frac{\partial a}{\partial u} + \frac{\partial v}{\partial y} \cdot \frac{\partial a}{\partial v}\right) \\
&= \frac{\partial u}{\partial x} \cdot \frac{\partial a}{\partial u} + i \frac{\partial u}{\partial y} \cdot \frac{\partial a}{\partial u} + \frac{\partial v}{\partial x} \cdot \frac{\partial a}{\partial v} - i \frac{\partial v}{\partial y} \cdot \frac{\partial a}{\partial v} \\
&= \frac{\partial a}{\partial u} \left(\frac{\partial u}{\partial x} - i \frac{\partial u}{\partial y}\right) + \frac{\partial a}{\partial v} \left(\frac{\partial v}{\partial x} - i \frac{\partial v}{\partial y}\right) \\
&= \frac{\partial a}{\partial u} \cdot w'_z + i \frac{\partial a}{\partial v} \left(-i \frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}\right) \\
&= \frac{\partial a}{\partial u} \cdot w'_z - i \frac{\partial a}{\partial v} \left(i \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial u}{\partial y}\right) \\
&= w'_z \left(\frac{\partial a}{\partial u} - i \frac{\partial a}{\partial v}\right) = w'_z \cdot h'_w
\end{align*}
\end{proof_b}

\begin{property}[4]
Եթե $w=f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$-ում և $f'(z_0) \neq 0$, ապա $z_0$-ի որոշ շրջակայքում գոյություն ունի հակադարձ ֆունկցիա՝ $z=\varphi(w)$, որտեղ $w_0=f(z_0)$:
\end{property}

\begin{proof_b}
$w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)=u+iv$, այսինքն ունենք $u=u(x,y)$, պետք է ստանանք $x=x(u,v), y=y(u,v)$ վերհիշենք անբացահայտ ֆունկցիաների համակարգի մասին թեորեմը:
Դիտարկենք
\[
(*) \begin{cases} 
F_1(u_1, \dots, u_m, x_1, \dots, x_k) = 0 \\
F_2(u_1, \dots, u_m, x_1, \dots, x_k) = 0 \\
\dots \\
F_m(u_1, \dots, u_m, x_1, \dots, x_k) = 0 
\end{cases}
\]
համակարգը:

\begin{theorem}
Ենթադրենք $M_0$ կետում $F_1 \dots F_m$ ֆունկցիաները զրո են և դիֆերենցելի են $M_0$ կետի շրջակայքում: Ենթադրենք $F_1 \dots F_m$ ֆունկցիաների մասնական ածանցյալները անընդհատ են $M_0$ կետում: Ենթադրենք $\frac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(u_1, \dots, u_m)}|_{M_0} \neq 0$: Այդ դեպքում կամայական բավականաչափ փոքր $\varepsilon_1 > 0, \dots, \varepsilon_m > 0$ թվերի համար $\exists \delta > 0$, այն. $Q=\{(x_1, \dots, x_k): |x_1-x_1^0|<\delta, \dots, |x_k-x_k^0|<\delta\}$ բազմության վրա միարժեքորեն որոշված են 
\[
\begin{cases}
u_1=\varphi_1(x_1, \dots, x_k) \\
\dots \\
u_m=\varphi_m(x_1, \dots, x_k)
\end{cases}
\]
ֆունկցիաները, բավարարող $|u_1-u_1^0|<\varepsilon_1, \dots, |u_m-u_m^0|<\varepsilon_m$ և $u_1, \dots, u_m$-ը բավարարում են $(*)$ համակարգին: Ընդ որում $\varphi_1, \dots, \varphi_m$ ֆունկցիաները անընդհատ են և դիֆերենցելի $Q$-ում:
\end{theorem}

Յակոբյանի որոշիչ.
\[
\frac{\partial(F_1, \dots, F_m)}{\partial(u_1, \dots, u_m)} = 
\begin{vmatrix} 
\frac{\partial F_1}{\partial u_1} & \dots & \frac{\partial F_1}{\partial u_m} \\
\dots & \dots & \dots \\
\frac{\partial F_m}{\partial u_1} & \dots & \frac{\partial F_m}{\partial u_m} 
\end{vmatrix}
\]

Որպեսզի կարողանանք օգտվել այս թեորեմից պետք է հատկությունների պայմանների մեջ ավելացնել այն, որ $f(z)$ ֆունկցիայի ածանցյալը անընդհատ է: Դրանից կհետևի, որ $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial v}{\partial x}, \frac{\partial v}{\partial y}$ մասնական ածանցյալները անընդհատ են:
\[
\begin{vmatrix} 
\frac{\partial u}{\partial x} & \frac{\partial u}{\partial y} \\
\frac{\partial v}{\partial x} & \frac{\partial v}{\partial y} 
\end{vmatrix} = \frac{\partial u}{\partial x} \cdot \frac{\partial v}{\partial y} - \frac{\partial u}{\partial y} \cdot \frac{\partial v}{\partial x} = \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)^2 \neq 0 \implies \text{թեորեմն ապացուցված է:}
\]
\end{proof_b}

\section{Անալիտիկ ֆունկցիայի վերականգնումը նրա իրական կամ կեղծ մասով:}

\begin{proposition}
Դիցուք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$-ում: Եթե տրված է անալիտիկ ֆունկցիայի իրական մասը (կեղծ մասը), ապա հաստատունի ճշտությամբ կարող ենք վերականգնել ֆունկցիան: գտնել կեղծ մասը (իրական մասը):
\end{proposition}

\begin{proof_b}
Ենթադրենք տրված է իրական մասը $u(x,y)$-ը: Ունենք, որ $dv = \frac{\partial v}{\partial x} dx + \frac{\partial v}{\partial y} dy = -\frac{\partial u}{\partial y} dx + \frac{\partial u}{\partial x} dy$: Վերցնենք $M_0(x_0, y_0)$ կետը և որևէ $\Gamma$-ճանապարհով միացնենք $(x,y)$-ին և հաշվենք կորագիծ ինտեգրալը.
\[
v(x,y) - v(x_0, y_0) = \int_{(x_0, y_0)}^{(x,y)} dv(x,y) = \int_{(x_0, y_0)}^{(x,y)} -\frac{\partial u}{\partial y} dx + \frac{\partial u}{\partial x} dy
\]
\[
u(x,y) - u(x_0, y_0) = \int_{(x_0, y_0)}^{(x,y)} du(x,y) = \int_{(x_0, y_0)}^{(x,y)} \frac{\partial v}{\partial y} dx - \frac{\partial v}{\partial x} dy
\]
\end{proof_b}

\section{Ցուցչային ֆունկցիան և հատկությունները:}

Դիտարկենք $z = x + iy$, որտեղ $z \in \C$:

\begin{definition}
$e^z$-ը հետևյալ ֆունկցիան է $e^z = e^{x+iy} = e^x(\cos y + i\sin y)$:
\end{definition}

\begin{property}[1]
$e^{z_1} \cdot e^{z_2} = e^{z_1+z_2}$:
\end{property}

\begin{proof_b}
\begin{align*}
e^{z_1} \cdot e^{z_2} &= e^{x_1}(\cos y_1 + i\sin y_1) \cdot e^{x_2}(\cos y_2 + i\sin y_2) \\
&= e^{x_1+x_2} (\cos(y_1+y_2) + i \sin(y_1+y_2)) \\
&= e^{x_1+x_2 + i(y_1+y_2)} = e^{z_1+z_2}
\end{align*}
\end{proof_b}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
    % Define boundaries
    \def\xmin{-4}
    \def\xmax{4}
    \def\yheight{2} % This represents 2pi

    % 1. Draw the Hatched Region (The Strip)
    \begin{scope}
        % Clip the drawing area to the rectangle between y=0 and y=2pi
        \clip (\xmin, 0) rectangle (\xmax, \yheight);
        
        % Draw diagonal lines
        \foreach \i in {-6, -5.5, ..., 6} {
            \draw[gray, thin] (\i, -1) -- (\i+4, 5);
        }
    \end{scope}

    % 2. Draw the Axes
    \draw[->, thick] (\xmin - 0.5, 0) -- (\xmax + 0.5, 0) node[below right] {$x$};
    \draw[->, thick] (0, -1) -- (0, 3) node[left] {$y$};

    % 3. Draw the Top Boundary (Dashed line at y=2pi)
    \draw[dashed, thick] (\xmin, \yheight) -- (\xmax, \yheight);

    % 4. Add Labels
    \filldraw (0, \yheight) circle (2pt) node[above right] {$2\pi$};
    \node at (0, 0) [below left] {$0$};

\end{tikzpicture}
\end{center}

$XOY$ հարթության մեջ դիտարկենք հետևյալ շերտը. $-\infty < x < +\infty, 0 < y < 2\pi$:
Այդ շերտում $w = e^z = e^x(\cos y + i\sin y) \implies 0 < |e^z| < +\infty$ և ունենք $0 < y < 2\pi \implies w = e^z$ ֆունկցիան ծածկում է ամբողջ հարթությունը բացի $(0, +\infty)$-ից:
Ցույց տանք, որ այս շերտի մեջ $e^z$ ֆունկցիան միաթերթ է: Դրա համար նախ լուծենք այս հավասարումը. $e^z = 1$:
$e^x \cos y + i e^x \sin y = 1$, ակնհայտ է որ $|e^z| = e^x = 1 \implies e^x = 1 \implies x = 0 \implies$
\[
\cos y + i\sin y = 1 \implies 
\begin{cases} \cos y = 1 \\ \sin y = 0 \end{cases} \implies y = 2\pi k, k \in \Z \implies z = i \cdot 2\pi k
\]
Այժմ ապացուցենք միաթերթությունը:
Ենթադրենք $z_1$ և $z_2$ կետերը պատկանում են այդ շերտին և $z_1 \neq z_2$: $w_1 = e^{z_1}, w_2 = e^{z_2}$:
Ենթադրենք $w_1 = w_2 \implies e^{z_1} = e^{z_2} \implies e^{z_1-z_2} = 1 \implies z_1 - z_2 = i \cdot 2\pi k \implies$ միաթերթ է:
Պարզ է, որ ֆունկցիան միաթերթ կլինի $y_0 < \text{Arg} z < y_0 + 2\pi, \forall y_0$-ի համար:
Այսինքն $w = e^z$ ֆունկցիան միաթերթ է ցանկացած այսպիսի շերտում. $2\pi k < \text{Arg} z < 2\pi k + 2\pi$:

\section{Լոգարիթմական ֆունկցիա:}

\begin{definition}
Լոգարիթմական ֆունկցիան նշանակվում է հետևյալ կերպ. $w = \operatorname{Ln} z$: $w$-ն այնպիսի թիվ է, որ $e^w = z$:
\end{definition}

Դիցուք $z = \rho e^{i\varphi}$ և $w = u + iv \implies e^w = e^{u+iv} = e^u(\cos v + i\sin v) = \rho e^{i\varphi} = z \implies e^u = \rho \implies u = \ln\rho = \ln|z|$: Ունենք նաև, որ $\cos v + i\sin v = \cos\varphi + i\sin\varphi \implies v$-ի բոլոր լուծումները կլինեն հետևյալները. $v = \varphi + 2\pi k, k \in \Z \implies w = \operatorname{Ln} z = \ln|z| + i\varphi + i \cdot 2\pi k$:

\begin{definition}
$w = \ln z = \ln|z| + i\arg z$ կոչվում է լոգարիթմի գլխավոր արժեք:
\end{definition}

Դիտարկենք $w = \ln z = \ln\rho + i\arg z$ ֆունկցիան, երբ $0 < \rho < +\infty$ և $-\pi < \arg z \le \pi$:
Ակնհայտ է, որ այն կարտապատկերվի $uOv$ հարթության մեջ հետևյալ կերպ.
Ստացվում է, որ $\operatorname{Ln} z$-ը $XOY$-ը արտապատկերում է $uOv$ ամբողջությամբ բացի մի գծից, նշված շերտի վրա:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
    % Define boundaries
    \def\xmin{-4}
    \def\xmax{4}
    \def\yheight{2} % Visually represents pi

    % 1. Draw the Hatched Region (The Strip between -pi and pi)
    \begin{scope}
        % Clip the drawing area to the rectangle between y=-pi and y=pi
        \clip (\xmin, -\yheight) rectangle (\xmax, \yheight);
        
        % Draw diagonal lines
        \foreach \i in {-8, -7, ..., 8} {
            \draw[gray!70, thick] (\i, -3) -- (\i+4, 5);
        }
    \end{scope}

    % 2. Draw the Axes
    \draw[->, thick] (\xmin, 0) -- (\xmax, 0) node[right] {$x$};
    \draw[->, thick] (0, -2.5) -- (0, 2.5) node[above] {$y$};

    % 3. Draw the Boundaries
    % Top Boundary (Solid line at y=pi)
    \draw[thick] (\xmin, \yheight) -- (\xmax, \yheight);
    
    % Bottom Boundary (Dashed line at y=-pi)
    \draw[dashed, thick] (\xmin, -\yheight) -- (\xmax, -\yheight);

    % 4. Add Labels
    \filldraw (0, \yheight) circle (1.5pt) node[above left] {$\pi$};
    \filldraw (0, -\yheight) circle (1.5pt) node[below left] {$-\pi$};
    \node at (0, 0) [below right] {$0$};

\end{tikzpicture}
\end{center}

\section{$\sin z, \cos z$ ֆունկցիաները.}

\begin{definition}
\[
\sin z = \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i}, \quad \cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2}
\]
\end{definition}

\begin{property}[1]
$\cos^2 z + \sin^2 z = 1$:
\end{property}

\begin{proof_b}
\[
\cos^2 z + \sin^2 z = \frac{1}{4} (e^{2iz} + 2 + e^{-2iz} - (e^{2iz} - 2 + e^{-2iz})) = \frac{1}{4} \cdot 4 = 1
\]
\end{proof_b}

Դիտարկենք $z = iy$:
\[
\cos(iy) = \frac{e^{iiy} + e^{-iiy}}{2} = \frac{e^{-y} + e^y}{2} = \cosh y \implies \cos(iy) = \cosh y
\]
\[
\sin(iy) = \frac{e^{iiy} - e^{-iiy}}{2i} = \frac{e^{-y} - e^y}{2i} = i \cdot \frac{e^y - e^{-y}}{2} = i\sinh y \implies \sin(iy) = i\sinh y
\]

Լուծենք $\cos z = a$ հավասարումը.
\[
\frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = a, \text{ նշանակենք } e^{iz} = t \implies t + \frac{1}{t} = 2a \implies t^2 - 2at + 1 = 0
\]
\[
\implies (t - a)^2 = a^2 - 1 \implies t - a = \sqrt{a^2 - 1} \implies t = a + \sqrt{a^2 - 1}
\]
\[
e^{iz} = t \implies iz = \operatorname{Ln} t \implies z = -i \operatorname{Ln} t = -i \ln(a + \sqrt{a^2 - 1})
\]
(նույնը 2-ի համար):

\section{$z^w$ ֆունկցիան.}

\begin{definition}
$z^w = e^{w \operatorname{Ln} z}$:
\end{definition}

Դիտարկենք օրինակներ. 
\[
x^{\sin x} = e^{\sin x \ln x}
\]
\[
i^i = e^{i \ln i} = e^{i \ln(e^{i\pi/2})} = e^{i(\ln|i| + i\pi/2 + i2\pi k)} = e^{-\pi/2 - 2\pi k}, \quad k \in \Z
\]

\section{Ածանցյալի մոդուլի և արգումենտի երկրաչափական իմաստը:}

Դիտարկենք $w = f(z)$ ֆունկցիան, որը անալիտիկ է $D$ տիրույթում: Ենթադրենք $z_0 \in D$ և $f'(z_0) \neq 0$: Դիտարկենք $z_0$-ի այն շրջակայքը, որտեղ կա փոխմիարժեք արտապատկերում:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.85, >=stealth]
    % --- Left Graph (z-plane) ---
    \begin{scope}
        % Axes
        \draw[->, thick] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] {$x$};
        \draw[->, thick] (0,-0.5) -- (0,4.5) node[above] {$y$};
        
        % Label z circle
        \node at (4, 4) [circle, draw, inner sep=1pt] {\small $z$};

        % Domain D (Blob)
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(1,1) (3.5,1.5) (4,3.5) (1.5,4) (0.5, 2.5)};
        \node at (3.5,1.2) {$D$};

        % Coordinates
        \coordinate (O) at (0,0);
        \coordinate (Z0) at (2, 2.8);
        \coordinate (Z1) at (3, 3.2); % z0 + delta z

        % Vectors from origin
        \draw[->] (O) -- (Z0);
        \draw[->] (O) -- (Z1);

        % Curve l
        \draw[thick] (1.2, 2.4) to[out=30, in=200] (Z0) to[out=20, in=170] (3.8, 3.1) node[right] {$l$};

        % Vector Delta z (Tangent-ish chord)
        \draw[->, blue, thick] (Z0) -- (Z1) node[midway, below right] {$\Delta z$};

        % Point z0
        \filldraw (Z0) circle (1.5pt) node[above left] {$z_0$};

        % Angle beta_0
        \draw[dashed] (Z0) -- +(1.2,0);
        \draw (2.6, 2.8) arc (0:22:0.6);
        \node at (2.8, 3.0) [right, font=\tiny] {$\beta_0$};
    \end{scope}

    % --- Right Graph (w-plane) ---
    \begin{scope}[xshift=7cm]
        % Axes
        \draw[->, thick] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] {$u$};
        \draw[->, thick] (0,-0.5) -- (0,4.5) node[above] {$v$};

        % Label w circle
        \node at (4, 4) [circle, draw, inner sep=1pt] {\small $w$};

        % Image Domain (Blob)
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(1,1.5) (3.5,1.2) (4,3.2) (2,3.8) (0.8, 3)};
        
        % Coordinates
        \coordinate (O2) at (0,0);
        \coordinate (W0) at (2.2, 2.5);
        \coordinate (W1) at (3.2, 3.3); % w0 + delta w

        % Vectors from origin
        \draw[->] (O2) -- (W0);
        \draw[->] (O2) -- (W1);

        % Curve Gamma
        \draw[thick] (1.5, 1.8) to[out=50, in=230] (W0) to[out=50, in=190] (3.8, 3.5) node[right] {$\Gamma$};

        % Vector Delta w
        \draw[->, blue, thick] (W0) -- (W1) node[midway, below right] {$\Delta w$};

        % Point w0
        \filldraw (W0) circle (1.5pt) node[above left] {$w_0$};

        % Angle alpha_0
        \draw[dashed] (W0) -- +(1.2,0);
        \draw (2.8, 2.5) arc (0:40:0.6);
        \node at (3.0, 2.8) [right, font=\tiny] {$\alpha_0$};

        % Function mapping label
        \node at (5.5, 2.5) {$w_0 = f(z_0)$};
    \end{scope}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Վերցնենք կամայական ողորկ կոր, որը ընկած է նշված շրջակայքում (այսուհետ կնշանակենք $D$-ով) և նշանակենք $l$-ով: Կազմենք $z_0 + \Delta z$, այնպես որ $(z_0 + \Delta z) \in l$: Այդ դեպքում $f(z_0 + \Delta z) \in \Gamma$:
Ըստ պայմանի $\lim_{\Delta z \to 0} \frac{f(z_0+\Delta z)-f(z_0)}{\Delta z} = f'(z_0) = \rho e^{i\varphi_0} \neq 0$: 
$\Delta w = f(z_0+\Delta z) - f(z_0) \implies \rho e^{i\varphi_0} \neq 0$, $\rho e^{i\varphi_0} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{\Delta w}{\Delta z}$:
Նշանակենք $\arg \Delta w = \alpha_{\Delta w}$ և $\arg \Delta z = \beta_{\Delta z} \implies$
\[
\rho e^{i\varphi_0} = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|e^{i\alpha_{\Delta w}}}{|\Delta z|e^{i\beta_{\Delta z}}} = \lim_{\Delta z \to 0} \left(\frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} \cdot e^{i(\alpha_{\Delta w} - \beta_{\Delta z})}\right)
\]

Պարզ է, որ երբ $l$-ի երկայնքով $\Delta z \to 0$, $l$-ի կորության ուղղությունը համապատասխանում $z_0$ կետում $l$-ին տարված շոշափողի ուղղության հետ: Այդ անկյունը նշանակենք $\beta_0$-ով: Նման ձևով նշանակենք $\alpha_0$-ն: Պարզ է, որ $\alpha_0 = \lim_{\Delta w \to 0} \alpha_{\Delta w}$ և $\beta_0 = \lim_{\Delta z \to 0} \beta_{\Delta z}$:
$\rho e^{i\varphi_0} = \lim_{\Delta z \to 0} \left(\frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} \cdot e^{i(\alpha_{\Delta w} - \beta_{\Delta z})}\right)$, ապա $\varphi_0 = \alpha_0 - \beta_0$:

Այժմ դիտարկենք $l_1$ կորը, որը նույնպես անցնում է $z_0$-ով: Կրկին ստանանք $\alpha_1, \beta_1$ անկյունները և նույն դատողություններով կստանանք, որ $\varphi_0 = \alpha_1 - \beta_1 \implies \alpha_1 - \beta_1 = \alpha_0 - \beta_0 \implies \alpha_1 - \alpha_0 = \beta_1 - \beta_0$: Ստացվում է, որ $l_1$-ի և $l$-ի կազմած անկյունը նույնն է ինչ $\Gamma_1$-ի և $\Gamma$-ի կազմած անկյունը: Ձևակերպենք սա, որպես պնդում:

\begin{proposition}[Առաջին հատկություն, երբ ածանցյալը $\neq 0$]
Եթե $f(z)$ անալիտիկ ֆունկցիայի ածանցյալը ինչ-որ մի $z_0 \in D$ կետում 0 չէ ($f'(z_0) \neq 0$), ապա այդ ֆունկցիան այդ կետի շրջակայքում պահպանում է այդ կետով անցնող երկու կամայական կորերի կազմած անկյունը, ընդ որում անկյան հաշվարկման ուղղությունը պահպանվում է:
\end{proposition}

Հեշտ է տեսնել, որ $\rho = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} \implies \frac{|\Delta w|}{|\Delta z|} = \rho + \varepsilon(\Delta z)$, որտեղ $\varepsilon(\Delta z) \to 0$, երբ $\Delta z \to 0$:
Ստացվում է, որ $|\Delta w| = \rho|\Delta z| + \varepsilon(\Delta z) \cdot |\Delta z|$: Բավականաչափ փոքր $\Delta z$-ի համար $|\Delta w| \approx \rho|\Delta z|$:

Հասնում ենք հետևյալ պնդմանը.
\begin{proposition}[Երկրորդ հատկություն]
$w = f(z)$ ֆունկցիան $z_0$-ի նշված շրջակայքում կամայական փոքր $\Delta z$-ի համար $w$ տիրույթում համապատասխանում է այնպիսի մի $w$-ի, որ $|\Delta w| = \rho|\Delta z|$:
\end{proposition}

\begin{definition}
Արտապատկերումը, որը ունի նշված երկու հատկությունները, այսինքն պահպանում է անկյունը, իսկ երկարությունը փոխվում է միևնույն $\rho$ համեմատական գործակցով կոչվում է կոնֆորմ արտապատկերում:
\end{definition}
\section{Կոմպլեքս ինտեգրալ}

\noindent
\begin{minipage}[t]{0.45\textwidth}
    \centering
    \vspace{0pt} % Aligns the top of the image with the top of the text
    \begin{tikzpicture}[scale=0.9, >=Stealth]
        % Axes
        \draw[->, thick] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] {$x$};
        \draw[->, thick] (0,-0.5) -- (0,5) node[above] {$y$};

        % The Curve l
        % We define the curve and place points along it using pos (0 to 1)
        \draw[thick] (1, 1) .. controls (1.2, 5) and (4, 5) .. (4.5, 4.8) 
            node[pos=0.7, above left] {$l$} % Label for the curve
            
            % Start Point A
            node[pos=0, circle, fill, inner sep=1.2pt, label=below:$A$] {}
            
            % Intermediate Points (Adjust pos values to slide them along the curve)
            node[pos=0.15, circle, fill, inner sep=1pt, label=left:{\small $C_0$}] {}
            node[pos=0.3, circle, fill, inner sep=1pt, label=right:{\small $A_1$}] {}
            node[pos=0.45, circle, fill, inner sep=1pt, label=left:{\small $C_1$}] {}
            node[pos=0.6, circle, fill, inner sep=1pt, label=right:{\small $A_2$}] {}
            
            % End Point B
            node[pos=1, circle, fill, inner sep=1.2pt, label=right:$B$] {};
            
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.52\textwidth}
    \vspace{0pt}
    Դիտարկենք $\mathbb{C}$-ում $l$ ողորկ կորը՝ տրված պարամետրական տեսքով.
    \[
    \begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}, \quad \alpha \le t \le \beta:
    \]
    Ենթադրենք $x(t), y(t)$ ֆունկցիաները անընդհատ են, ունեն անընդհատ ածանցյալներ, և տեղի ունի $(x'(t))^2 + (y'(t))^2 \neq 0$ պայմանը:
    
    \vspace{1em}
    Դիցուք ունենք $w = f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ ֆունկցիան, որը անընդհատ է $l$ կորի որևէ շրջակայքում: $l$ կորը կամայական ձևով տրոհենք մասերի՝ $A_1, A_2 \dots A_n$ կետերով:
\end{minipage}

\vspace{1.5em}
\noindent Նշանակենք $\Delta z_k = z_k - z_{k-1}$, որտեղ $A_k$-ն համապատասխանում է $z_k$ կոմպլեքս թվին: Յուրաքանչյուր $A_{k-1}A_k$ աղեղի վրա վերցնենք կամայական $C_k$ կետ և կազմենք ինտեգրալային գումարը.
\[ \sum_{k=1}^n f(C_k) \Delta z_k: \]

Դիտարկենք $\C$-ում $l$ ողորկ կորը՝ տրված պարամետրական տեսքով.
\[
\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}, \quad \alpha \le t \le \beta:
\]
Ենթադրենք $x(t), y(t)$ ֆունկցիաները անընդհատ են, ունեն անընդհատ ածանցյալներ, և տեղի ունի $(x'(t))^2 + (y'(t))^2 \neq 0$ պայմանը:

Դիցուք ունենք $w = f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$ ֆունկցիան, որը անընդհատ է $l$ կորի որևէ շրջակայքում: $l$ կորը կամայական ձևով տրոհենք մասերի՝ $A_1, A_2 \dots A_n$ կետերով: Նշանակենք $\Delta z_k = z_k - z_{k-1}$, որտեղ $A_k$-ն համապատասխանում է $z_k$ կոմպլեքս թվին:

Յուրաքանչյուր $A_{k-1}A_k$ աղեղի վրա վերցնենք կամայական $C_k$ կետ և կազմենք ինտեգրալային գումարը.
\[ \sum_{k=1}^n f(C_k) \Delta z_k: \]

\begin{definition}
Եթե $\lim_{\lambda_n \to 0} \sum_{k=1}^n f(C_k) \Delta z_k$ սահմանը գոյություն ունի և վերջավոր է՝ անկախ $l$-ի տրոհումից և $C_k$ կետերի ընտրությունից, ապա այն կոչվում է $f(z)$-ի ինտեգրալը $l$ կորով $A$-ից $B$ ուղղությամբ և նշանակվում է՝
\[ \int_{AB} f(z) \, dz: \]
Այստեղ $\lambda_n = \max \{ |\Delta z_k| \}$:
\end{definition}

\begin{proposition}
Վերը նշված պայմանների դեպքում ինտեգրալը միշտ գոյություն ունի:
\end{proposition}

\begin{proof}
Ներկայացնենք $f(C_k)$ և $\Delta z_k$ մեծությունները իրական և կեղծ մասերով.
\[ f(C_k) = u(C_k^1, C_k^2) + i v(C_k^1, C_k^2), \quad \text{որտեղ } C_k = C_k^1 + i C_k^2, \]
\[ \Delta z_k = \Delta x_k + i\Delta y_k: \]
Այդ դեպքում արտադրյալը կլինի՝
\[ f(C_k) \Delta z_k = [u(C_k^1, C_k^2) \Delta x_k - v(C_k^1, C_k^2) \Delta y_k] + i [v(C_k^1, C_k^2) \Delta x_k + u(C_k^1, C_k^2) \Delta y_k]: \]
Գումարելով ըստ $k$-ի՝ կստանանք.
\[ \sum_{k=1}^n f(C_k) \Delta z_k = \sum_{k=1}^n (u(C_k)\Delta x_k - v(C_k)\Delta y_k) + i \sum_{k=1}^n (v(C_k)\Delta x_k + u(C_k)\Delta y_k): \]
Երբ $\lambda_n \to 0$, գումարելիներից յուրաքանչյուրը ձգտում է համապատասխան կորագիծ ինտեգրալի. առաջին գումարելին դառնում է $\int_{AB} u(x,y)\,dx - v(x,y)\,dy$, իսկ երկրորդը՝ $\int_{AB} v(x,y)\,dx + u(x,y)\,dy$:

Հետևաբար,
\begin{align*}
\int_{AB} f(z) \, dz &= \int_{AB} (u \, dx - v \, dy) + i \int_{AB} (v \, dx + u \, dy) \\
&= \int_{\alpha}^{\beta} \Big[ u(x(t), y(t)) x'(t) - v(x(t), y(t)) y'(t) \Big] \, dt \\
&\quad + i \int_{\alpha}^{\beta} \Big[ v(x(t), y(t)) x'(t) + u(x(t), y(t)) y'(t) \Big] \, dt:
\end{align*}
Հաշվի առնելով, որ $z(t) = x(t) + iy(t) \implies z'(t) = x'(t) + iy'(t)$, և $f(z(t)) = u + iv$, ապա նրանց արտադրյալը դառնում է՝
\begin{align*}
f(z(t)) \cdot z'(t) &= (u + iv)(x' + iy') \\
&= (ux' - vy') + i(vx' + uy'):
\end{align*}

Այսպիսով՝
\[
\int_{AB} f(z) \, dz = \int_{\alpha}^{\beta} f(z(t)) z'(t) \, dt:
\]
\end{proof}

\section{Ինտեգրալի հատկությունները}

\begin{property}
Եթե $f(z)$ և $g(z)$ ֆունկցիաները անընդհատ են $l$-ի շրջակայքում, ապա՝
\[ \int_{AB} (f(z) + g(z)) \, dz = \int_{AB} f(z) \, dz + \int_{AB} g(z) \, dz: \]
\end{property}

\begin{property}
Եթե $c$-ն որևէ հաստատուն է, ապա՝
\[ \int_{AB} c f(z) \, dz = c \int_{AB} f(z) \, dz: \]
\end{property}

\begin{property}
Եթե $l_{AB} = l_{AC} \cup l_{CB}$, ապա՝
\[ \int_{l_{AB}} f(z) \, dz = \int_{l_{AC}} f(z) \, dz + \int_{l_{CB}} f(z) \, dz: \]
\end{property}

\begin{property}
Ունենք, որ՝
\[ \int_{AB} f(z) \, dz = - \int_{BA} f(z) \, dz: \]
\end{property}

\begin{property}
Դիցուք $|dz| = ds$: Այդ դեպքում՝
\[ \left| \int_{AB} f(z) \, dz \right| \le \int_{AB} |f(z)| \, ds: \]
\end{property}

\begin{proof}
Ակնհայտ է, որ $|\sum_{k=1}^n f(C_k) \Delta z_k| \le \sum_{k=1}^n |f(C_k)| \cdot |\Delta z_k|$, քանի որ $f(C_k) = u + iv$ և $\Delta z_k = x + iy$:
Դիտարկենք արտահայտությունների մոդուլները.
\begin{align*}
|f(C_k) \Delta z_k| &= |ux - vy + i(uy + vx)| = \sqrt{(ux - vy)^2 + (uy + vx)^2}, \\
|f(C_k)| \cdot |\Delta z_k| &= \sqrt{u^2 + v^2} \cdot \sqrt{x^2 + y^2}:
\end{align*}
Հետևաբար՝
\[ \sum_{k=1}^n |f(C_k)| \sqrt{\Delta x_k^2 + \Delta y_k^2} = \sum_{k=1}^n |f(C_k)| ds_k: \]
Անցնելով սահմանի՝ կստանանք, որ
\[ \left| \int_{AB} f(z) \, dz \right| \le \int_{AB} |f(z)| \, ds: \]
\end{proof}

\section{Շրջանագծով ինտեգրալի օրինակ, որը կախված չէ $R$-ից}

Դիտարկենք հետևյալ ինտեգրալը.
\[ \int_{|z-z_0|=R} \frac{dz}{z-z_0}: \]
Ունենք, որ $z-z_0 = R e^{it}$, որտեղ $0 \le t \le 2\pi$, հետևաբար՝ $z(t) = z_0 + R e^{it}$:
Հաշվենք $z'(t)$ ածանցյալը սահմանի միջոցով.
\begin{align*}
z'(t) &= \lim_{\Delta t \to 0} \frac{z_0 + R e^{i(t+\Delta t)} - (z_0 + R e^{it})}{\Delta t} \\
&= \lim_{\Delta t \to 0} R \frac{e^{it}e^{i\Delta t} - e^{it}}{\Delta t} \\
&= R e^{it} \lim_{\Delta t \to 0} \frac{e^{i\Delta t} - 1}{\Delta t} \\
&= R e^{it} \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\cos\Delta t + i \sin\Delta t - 1}{\Delta t} \\
&= R e^{it} \lim_{\Delta t \to 0} \left(\frac{-2\sin^2(\Delta t/2)}{\Delta t} + i \frac{\sin\Delta t}{\Delta t}\right) \\
&= i R e^{it}:
\end{align*}
Տեղադրելով ինտեգրալի մեջ՝ կստանանք.
\[
\int_{|z-z_0|=R} \frac{dz}{z-z_0} = \int_0^{2\pi} \frac{i R e^{it} \, dt}{R e^{it}} = i \int_0^{2\pi} dt = 2\pi i:
\]

\section{Անալիտիկ ֆունկցիաների Կոշիի հիմնական թեորեմը}

\begin{definition}
Եթե $\Gamma$-ն փակ կոր է, կտոր առ կտոր ողորկ է և չունի ինքնահատում, ապա այն կոչվում է \textbf{կոնտուր}:
\end{definition}

\begin{theorem}
Ենթադրենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$ միակապ տիրույթում, իսկ $\Gamma$-ն կամայական փակ կոնտուր է՝ ընկած $D$-ի մեջ: Այդ դեպքում՝
\[ \int_{\Gamma} f(z) \, dz = 0: \]
\end{theorem}

\begin{proof}
Ապացույցը հեշտացնելու համար դնենք լրացուցիչ պայման. Դիցուք $f(z) = u(x,y) + iv(x,y)$, պահանջենք, որ $u(x,y)$ և $v(x,y)$ ֆունկցիաները ունենան անընդհատ առաջին կարգի մասնական ածանցյալներ: Այս պայմանը մեզ թույլ է տալիս օգտվել Գրինի բանաձևից: Գրինի բանաձևը ունի հետևյալ տեսքը.
\[
\int_{\partial D} (P(x,y) \, dx + Q(x,y) \, dy) = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) \, dx \, dy:
\]
Ենթադրենք $\Gamma$-ն տրված է հետևյալ տեսքով.
\[
\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}, \quad \alpha \le t \le \beta:
\]
Ձևափոխենք կոմպլեքս ինտեգրալը.
\begin{align*}
\int_{\Gamma} f(z) \, dz &= \int_{\alpha}^{\beta} f(z(t)) \cdot z'(t) \, dt \\
&= \int_{\alpha}^{\beta} f(x(t) + iy(t)) \cdot (x'(t) + iy'(t)) \, dt \\
&= \int_{\alpha}^{\beta} [u(x(t), y(t)) + i v(x(t), y(t))] \cdot (x'(t) + iy'(t)) \, dt \\
&= \int_{\alpha}^{\beta} [u(x(t), y(t))x'(t) - v(x(t), y(t))y'(t)] \, dt \\
&\quad + i \int_{\alpha}^{\beta} [v(x(t), y(t))x'(t) + u(x(t), y(t))y'(t)] \, dt \\
&= \int_{\Gamma} (u(x,y) \, dx - v(x,y) \, dy) + i \int_{\Gamma} (v(x,y) \, dx + u(x,y) \, dy):
\end{align*}
Կիրառելով Գրինի բանաձևը՝ կստանանք.
\[
\int_{\Gamma} f(z) \, dz = \iint_{\Omega} \left(-\frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}\right) \, dx \, dy + i \iint_{\Omega} \left(\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}\right) \, dx \, dy:
\]
Ունենք, որ $f(z)$-ը անալիտիկ է, այսինքն տեղի ունեն Կոշի-Ռիմանի պայմանները.
\[
\begin{cases} \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} \\ \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{\partial v}{\partial x} \end{cases}
\]
Այստեղից հետևում է, որ ստացված գումարը հավասար է 0-ի:
\end{proof}

Տեղի ունի հետևյալ թեորեմը, որը կօգտագործենք առանց ապացույցի.
\begin{theorem}
Եթե $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$-ում և անընդհատ ընդհուպ մինչև $\partial D$-ն, իսկ $D$-ն միակապ է, ապա $\int_{\partial D} f(z) \, dz = 0$:
\end{theorem}

% Wrapfigure for Multiply Connected Domain
\begin{wrapfigure}{l}{0.4\textwidth}
    \centering
    \vspace{-10pt}
    \begin{tikzpicture}[scale=0.6]
        % Define the clipping for hatching using the even odd rule
        \begin{scope}
            \clip[even odd rule] 
                (0,0) to[out=90,in=180] (2,3) to[out=0,in=90] (6,2) to[out=270,in=0] (5,-1) to[out=180,in=270] (0,0) -- cycle
                (1,1) circle (0.4)
                (3,2) circle (0.5)
                (4.5,0.5) circle (0.4);
            
            % Draw the hatching lines
            \foreach \x in {-0.3, 0.3,...,5.7} \draw[gray!60, thin] (\x,-1.2) -- (\x+1.5,3);
        \end{scope}

        % Draw Outlines (Redrawing them on top for visibility)
        \draw[thick] (0,0) to[out=90,in=180] (2,3) to[out=0,in=90] (6,2) to[out=270,in=0] (5,-1) to[out=180,in=270] (0,0) -- cycle;
        \draw[thick] (1,1) circle (0.4);
        \draw[thick] (3,2) circle (0.5);
        \draw[thick] (4.5,0.5) circle (0.4);

        % Labels
        \node at (5.5, 2) [right] {$\Gamma$};
        \node at (0.2, 0.2) {$D$};
        
        % Cut 1
        \draw (0.8, 2.5) -- (1, 1.4); 
        \node at (0.7, 2.2) [left, font=\scriptsize] {$l_1$};
        \node at (1.1,1.5) [right, font=\scriptsize] {$\gamma_1$};
        
        % Cut 2
        \draw (3, 3.03) -- (3, 2.5); 
        \node at (3, 2.8) [right, font=\scriptsize] {$l_2$};
        \node at (3,2) [below, font=\scriptsize] {$\gamma_2$};

        % Cut 3
        \draw (6.0, 0.5) -- (4.9, 0.5); 
        \node at (5.1, 0.6) [above, font=\scriptsize] {$l_3$};
        \node at (4.5,0.5) [below, font=\scriptsize] {$\gamma_3$};
    \end{tikzpicture}
    \vspace{-10pt}
\end{wrapfigure}

Այժմ դիտարկենք $D$ բազմակապ տիրույթը:
Նշանակենք $\partial D = \Gamma \cup \gamma_1 \cup \dots \cup \gamma_n$:

\begin{theorem}
Դիցուք $D$-ն բազմակապ տիրույթ է, $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում և անընդհատ մինչև եզրը: $\Gamma, \gamma_1, \dots, \gamma_n$ կտոր առ կտոր ողորկ են: Այդ դեպքում՝
\[
\int_\Gamma f(z) \, dz = \sum_{k=1}^n \int_{\gamma_k} f(z) \, dz:
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
Վերցնենք յուրաքանչյուր $\gamma_k$-ի վրա կամայական կետ և միացնենք այն ուղիղ կտորով $\Gamma$-ի որևէ կետի հետ: $D$ տիրույթը <<կկտրենք>> այդ $l_k$ կտորներով: Նշանակենք $D^* = D \setminus \{l_1 \cup l_2 \cup \dots \cup l_n\}$: $D^*$-ն միակապ է, հետևաբար ճիշտ կլինի նախորդ թեորեմը.
\begin{align*}
0 = \int_{\partial D^*} f(z) \, dz &= \int_\Gamma f(z) \, dz + \sum_{k=1}^n \int_{\gamma_k^-} f(z) \, dz \\
&\quad + \sum_{k=1}^n \left[\int_{l_k} f(z) \, dz + \int_{l_k^-} f(z) \, dz\right]:
\end{align*}
Քանի որ վերջին գումարը 0 է (նույն կտորով ինտեգրալներ են հակառակ ուղղություններով), կունենանք, որ
\[
\int_\Gamma f(z) \, dz = -\sum_{k=1}^n \int_{\gamma_k^-} f(z) \, dz = \sum_{k=1}^n \int_{\gamma_k} f(z) \, dz:
\]
\end{proof}
\section{Կոշու ինտեգրալային թեորեմը}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$ միակապ տիրույթում, անընդհատ է ընդհուպ մինչև եզրը, իսկ եզրը կտոր առ կտոր ողորկ է: Այդ դեպքում $\forall z \in D$-ի համար ճիշտ է հետևյալ բանաձևը.
\[
f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{t - z} \, dt:
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\noindent
\begin{minipage}[t]{0.35\textwidth}
    \vspace{0pt} 
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=0.7]
        % Draw Domain D
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(0,0.5) (1,0) (3,0.5) (4,2) (2.5,3) (0.5,2.5)};
        \node at (0.8, 1.5) {$D$};
        \node at (3.5, 2) [right] {$\partial D$};

        % Draw Excluded Circle around z
        \draw[thick] (2.5, 1.5) circle (0.5);
        \filldraw (2.5, 1.5) circle (1.5pt) node[below] {$z$};
        \node at (2.5, 1.5) [above right, font=\scriptsize] {$\rho$};
        \draw[->] (2.5, 1.5) -- (3, 1.5);

        % Label D*
        \node at (2, -0.8) [font=\scriptsize] {$D^* = D \setminus \{|t-z| \le \rho\}$};
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}%
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.62\textwidth}
    \vspace{0pt}
    Վերցնենք $\rho$ շառավղով և $z$ կենտրոնով շրջանագիծ:
    Դիտարկենք $D \setminus \{|t - z| \le \rho\}$ տիրույթը և այն նշանակենք $D^*$-ով:
    Կարող ենք գրել, որ $\int_{\partial D^*} \frac{f(t)}{t - z} \, dt = 0$:
    Ըստ նախորդ թեորեմի (բազմակապ տիրույթի համար) կունենանք՝
\end{minipage}

\vspace{1em} 

\begin{align*}
\int_{\partial D} \frac{f(t)}{t - z} \, dt &= \int_{|t-z|=\rho} \frac{f(t)}{t - z} \, dt \\
&= \int_{|t-z|=\rho} \frac{f(t) - f(z) + f(z)}{t - z} \, dt \\
&= \int_{|t-z|=\rho} \frac{f(t) - f(z)}{t - z} \, dt + f(z) \int_{|t-z|=\rho} \frac{dt}{t - z} \\
&= \int_{|t-z|=\rho} \frac{f(t) - f(z)}{t - z} \, dt + f(z) \cdot 2\pi i \quad \text{(հարց 18)} \quad (1)
\end{align*}
Օգտվենք $f(z)$-ի անընդհատությունից $z$ կետում.
$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall t \in D$, եթե $|t - z| < \delta$, ապա $|f(t) - f(z)| < \varepsilon$:
$\rho$-ն ընտրենք այնպես, որ $\rho < \delta$: Կստացվի՝
\[
\left| \int_{|t-z|=\rho} \frac{f(t) - f(z)}{t - z} \, dt \right| \le \int_{|t-z|=\rho} \frac{|f(t) - f(z)|}{|t - z|} \, |dt|:
\]
Ունենք, որ $|f(t) - f(z)| < \varepsilon$ և $|t - z| = \rho$:
Փոխարինենք՝ $t - z = \rho e^{i\varphi} \implies dt = \rho e^{i\varphi} \cdot i \, d\varphi \implies |dt| = \rho |e^{i\varphi}| \cdot |i| \, d\varphi = \rho \, d\varphi$, որտեղ $0 \le \varphi \le 2\pi$:
Շարունակելով գնահատականը՝
\[
\le \int_0^{2\pi} \frac{\varepsilon}{\rho} \cdot \rho \, d\varphi = \varepsilon \int_0^{2\pi} d\varphi = 2\pi\varepsilon:
\]
Երբ $\rho \to 0$, (1)-ի առաջին գումարելին ձգտում է 0-ի, հետևաբար՝
\[
\int_{\partial D} \frac{f(t)}{t - z} \, dt = 2\pi i f(z) \implies f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{t - z} \, dt:
\]
\end{proof}

\section{Կոշու բանաձևը ածանցյալների համար (ապացույցը 24-ում)}

Դիցուք տրված է $g(y) = \int_a^b f(x, y) \, dx$, որտեղ $f(x, y)$-ը անընդհատ է $[a, b] \times [c, d]$-ում, ունի $\frac{\partial f}{\partial y} (x, y)$ ածանցյալը, որը նույնպես անընդհատ է $[a, b] \times [c, d]$-ում: Այդ դեպքում հայտնի է, որ.
\[
g'(y) = \int_a^b \frac{\partial f}{\partial y} (x, y) \, dx:
\]

Այժմ դիտարկենք $f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{t - z} \, dt$, որտեղ $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում: Կարող ենք ասել, որ $\frac{f(t)}{t-z}$ և $(\frac{f(t)}{t-z})'_z = \frac{f(t)}{(t-z)^2}$ ֆունկցիաները անընդհատ են ըստ $t$-ի, և կարելի է ապացուցել, որ տեղի ունի հետևյալ բանաձևը.
\[
f'(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{(t - z)^2} \, dt: \quad (2)
\]
Նույն դատողությունները կարող ենք անել $\frac{f(t)}{(t-z)^2}$ և $(\frac{f(t)}{(t-z)^2})'_z = \frac{2f(t)}{(t-z)^3}$ ֆունկցիաների համար և կկիրառենք նույն թեորեմը՝ ստանալով $f''(z) = \frac{2}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{(t - z)^3} \, dt$:
Այսպես շարունակելով՝ կստանանք ընդհանուր բանաձևը.
\[
f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{(t - z)^{n+1}} \, dt:
\]
Այստեղից հետևում է, որ անալիտիկ ֆունկցիան ունի ցանկացած կարգի ածանցյալ: Բայց հակառակ պնդումը ճիշտ չէ:
Քանի որ անալիտիկ ֆունկցիան ունի ցանկացած կարգի ածանցյալ, ապա նրա իրական և կեղծ մասերը անվերջ դիֆերենցելի են:

\section{Հարմոնիկ ֆունկցիա, Լապլասի հավասարում:}

\begin{definition}
$u(x, y)$ իրական ֆունկցիան կոչվում է հարմոնիկ $D$ տիրույթում, եթե $D$-ում այն ունի անընդհատ երկրորդ կարգի մասնակի ածանցյալներ և բավարարում է Լապլասի $\Delta u = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0$ հավասարմանը:
\end{definition}
Կոշի-Ռիմանի պայմաններից և խառը ածանցյալների հավասարության մասին թեորեմից հետևում է, որ $f(z) = u(x, y) + iv(x, y)$ անալիտիկ ֆունկցիայի իրական $u$ և կեղծ $v$ մասերը հարմոնիկ ֆունկցիաներ են:

\begin{definition}
$v$ ֆունկցիան կոչվում է $u$ հարմոնիկ ֆունկցիայի համալուծ հարմոնիկ $D$ տիրույթում, եթե $u + iv$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$ տիրույթում:
\end{definition}
Եթե $u$-ն հարմոնիկ է որևէ միակապ տիրույթում, ապա նրա համալուծ հարմոնիկը կարելի է գտնել 
\[
v(x, y) = \int_{(x_0, y_0)}^{(x, y)} -\frac{\partial u}{\partial y} dx + \frac{\partial u}{\partial x} dy + C
\]
բանաձևով, որտեղ ինտեգրման ուղղությունը ընտրված է նշված կետերը միացնող որևէ կտոր առ կտոր ողորկ կոր:
\section{Նախնական ֆունկցիա}

Դիտարկենք $D$-ում $w = f(z)$ ֆունկցիան, այնպիսին, որ $f(z)$-ը անընդհատ է $D$-ում և նրա ինտեգրալը կամայական կորով կախված չէ ճանապարհի ձևից: Վերցնենք $D$-ում $z$ և $z_0$ կետերը, միացնենք $\gamma$ ողորկ կորով: 

% Wrapfigure for Primitive Function
\begin{wrapfigure}{l}{0.35\textwidth}
    \centering
    \vspace{-10pt}
    \begin{tikzpicture}[scale=0.8]
        % Draw Domain D (Blob)
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(0,0.5) (1,0) (3,0.5) (4,2) (2.5,3.5) (0.5,3)};
        
        % Points
        \coordinate (Z0) at (0.8, 1);
        \coordinate (Z) at (2.5, 2.2);
        \coordinate (Zplus) at (3.2, 2.5);

        % Path gamma (z0 to z)
        \draw[thick] (Z0) .. controls (1.5, 2) and (1.8, 1.5) .. (Z);
        \node at (1.5, 1.2) {$\gamma$};
        
        % Straight line z to z+Dz
        \draw[thick] (Z) -- (Zplus);
        
        % Labels
        \filldraw (Z0) circle (1.5pt) node[below left] {$z_0$};
        \filldraw (Z) circle (1.5pt) node[above left] {$z$};
        \filldraw (Zplus) circle (1.5pt) node[right] {$z+\Delta z$};
    \end{tikzpicture}
    \vspace{-10pt}
\end{wrapfigure}

Դիտարկենք $F(z) = \int_{z_0}^z f(t) dt$:
$z$-ին տանք $\Delta z$ աճ և դիտարկենք 
\[
F(z + \Delta z) = \int_{z_0}^{z+\Delta z} f(t) dt = \int_{z_0}^z f(t) dt + \int_z^{z+\Delta z} f(t) dt \implies F(z + \Delta z) - F(z) = \int_z^{z+\Delta z} f(t) dt
\]
\[
\left| \frac{F(z+\Delta z) - F(z)}{\Delta z} - f(z) \right| = \left| \frac{1}{\Delta z} \int_z^{z+\Delta z} f(t) dt - f(z) \right|
\]
Նկատենք, որ $\int_z^{z+\Delta z} dt = \Delta z$:
\[
= \left| \frac{1}{\Delta z} \int_z^{z+\Delta z} f(t) dt - \frac{1}{\Delta z} \int_z^{z+\Delta z} f(z) dt \right| = \frac{1}{|\Delta z|} \left| \int_z^{z+\Delta z} (f(t) - f(z)) dt \right| \le \frac{1}{|\Delta z|} \int_z^{z+\Delta z} |f(t) - f(z)| |dt|
\]
Քանի որ $f(z)$-ը անընդհատ ֆունկցիա է, ապա $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta(\varepsilon) > 0$, այնպես որ $\forall |t - z| < \delta \implies |f(t) - f(z)| < \varepsilon$: Եթե $\Delta z$-ը ընտրված է այնպիսին, որ $|\Delta z| < \delta$, ապա կունենանք, որ
\[
\le \frac{1}{|\Delta z|} \cdot \varepsilon \cdot \left| \int_z^{z+\Delta z} dt \right| = \frac{\varepsilon \cdot |\Delta z|}{|\Delta z|} = \varepsilon
\]
$\implies F'(z) = \lim_{\Delta z \to 0} \frac{F(z+\Delta z) - F(z)}{\Delta z} = f(z) \implies F(z)$-ը $f(z)$-ի նախնականն է:

\begin{proposition}
$f(z)$-ի բոլոր նախնականները տարբերվում են հաստատունով:
\end{proposition}

\begin{proof_b}
Ենթադրենք $\Phi(z)$-ը $f(z)$-ի մեկ այլ նախնական է՝ $\Phi'(z) = f(z)$:
Նշանակենք $h(z) = F(z) - \Phi(z) \implies h'(z) = F'(z) - \Phi'(z) = f(z) - f(z) = 0 \implies h(z) = C$:
Այսպիսով ստացանք, որ $F(z) = \Phi(z) + C$: Այժմ դիտարկենք հետևյալ ինտեգրալը.
\[
\int_{z_1}^{z_2} f(t) dt = \int_{z_0}^{z_2} f(t) dt - \int_{z_0}^{z_1} f(t) dt = F(z_2) - F(z_1) = \Phi(z_2) + C - \Phi(z_1) - C = \Phi(z_2) - \Phi(z_1):
\]
$\implies$ ստացանք, որ եթե $\Phi(z)$-ը $f(z)$-ի որևէ նախնական է, ապա տեղի ունի Նյուտոն-Լայբնիցի բանաձևը. $\int_{z_1}^{z_2} f(t) dt = \Phi(z_2) - \Phi(z_1)$:
\end{proof_b}
\section{Պնդում $f(z)$ անալիտիկ ֆունկցիայի ցանկացած կարգի ածանցյալի մասին:}

\begin{proposition}
Եթե $D$-ում տրված է $f(z)$ անալիտիկ ֆունկցիան, ապա $\forall z_0 \in D$-ում $f(z)$ ֆունկցիան ունի ցանկացած կարգի ածանցյալ:
\end{proposition}

\begin{proof_b}
Նախ ապացուցենք առաջին կարգի ածանցյալի գոյությունը, օգտվելով Կոշու ինտեգրալային բանաձևից: Վերցնենք $\rho > 0$, այնպիսին որ $|z - z_0| < \rho$ անհավասարությանը պատկանող $z$-երը պատկանեն $D$-ին: Գրենք Կոշու ինտեգրալային բանաձևը $z_0$-ում.
$|z - z_0| < \rho$, $f(z_0) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{z - z_0} dz$, վերցնենք $|\Delta z|$, այնպես որ $(z_0 + \Delta z)$-ը նույնպես պատկանի $\rho$ շառավղով շրջանին: Կստանանք 
\[
f(z_0 + \Delta z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{z - (z_0 + \Delta z)} dz
\]
\[
\implies \frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z} = \frac{1}{\Delta z \cdot 2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} f(z) \left[\frac{1}{z - (z_0 + \Delta z)} - \frac{1}{z - z_0}\right] dz
\]
\[
= \frac{1}{2\pi i \cdot \Delta z} \int_{|z-z_0|=\rho} f(z) \cdot \frac{\Delta z}{(z - z_0 - \Delta z)(z - z_0)} dz
\]
\[
\implies \frac{f(z_0 + \Delta z) - f(z_0)}{\Delta z} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z - z_0)(z - z_0 - \Delta z)} dz
\]
Քանի որ $\frac{f(z)}{(z - z_0)(z - z_0 - \Delta z)}$ ֆունկցիան անընդհատ է $|z - z_0| = \rho$ շրջանում $\implies$ կարող ենք անցնել սահմանի երբ $\Delta z \to 0$:
\[
\implies \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z - z_0)^2} dz = f'(z_0)
\]
Կարողացանք ինտեգրալի ներսում անցնենք սահմանի, քանի որ ֆունկցիայի անընդհատությունից շրջանի վրա հետևում է նրա հավասարաչափ անընդհատությունը, դրանից էլ հետևում է իրական և կեղծ մասերի հավասարաչափ անընդհատությունը: (?)

Նույն դատողությունները կրկնելով կստանանք հետևյալ ընդհանուր բանաձևը.
\[
f^{(n)}(z) = \frac{n!}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f(t)}{(t - z)^{n+1}} dt
\]
\end{proof_b}

\section{Անալիտիկ ֆունկցիայի մոդուլի մաքսիմումը:}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում ընդհուպ մինչև եզրը, ապա $|f(z)|$-ը իր ամենամեծ արժեքը ընդունում է տիրույթի եզրին՝ $\partial D$-ում: Եթե ամենամեծ արժեքն ընդունում է տիրույթի ներսի կետում, ապա ֆունկցիան նույնաբար հաստատուն ֆունկցիա է:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Ենթ. $|f(z)|$-ը իր ամենամեծ արժեքն ընդունում է $D$-ին պատկանող $z_0$ կետում. $|f(z_0)| = \max_{z \in D} |f(z)|$: Դիցուք $f(z) = u(x, y) + iv(x, y) \implies |f(z)| = \sqrt{u^2 + v^2} \implies |f(z)|$ ֆունկցիան անընդհատ է $D$-ում $\implies$ կա կետ, որտեղ $|f(z)|$-ը ունի ամենամեծ արժեքը՝ $z_0$-ում: $\rho$-ն վերցնենք այնպիսին, որ $|z - z_0| = \rho$ շրջագծին բավարարող բոլոր $z$-երը լինեն $D$-ի մեջ:
\[
f(z_0) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{z - z_0} dz
\]
Նշանակենք $z - z_0 = t \implies |z - z_0| = \rho = |t| \implies t = \rho e^{i\varphi} \implies z = z_0 + \rho e^{i\varphi} \implies z'_\varphi = \rho e^{i\varphi} \cdot i$:
\[
\implies f(z_0) = \frac{1}{2\pi i} \int_0^{2\pi} \frac{f(z_0 + \rho e^{i\varphi}) \cdot \rho e^{i\varphi} \cdot i}{\rho e^{i\varphi}} d\varphi \implies f(z_0) = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0 + \rho e^{i\varphi}) d\varphi
\]
Նշանակենք $M = |f(z_0)|$:
\[
M = \left| \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} f(z_0 + \rho e^{i\varphi}) d\varphi \right| \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| d\varphi \le \frac{M}{2\pi} \int_0^{2\pi} d\varphi = M
\]
\[
\implies \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| d\varphi = M
\]
Ապացուցենք, որ $|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|$ ֆունկցիան նույնաբար հավասար է $M$-ի $\forall \varphi \in [0, 2\pi]$-ի դեպքում: Ենթադրենք որևէ $\varphi_0 \in [0, 2\pi]$-ի դեպքում $|f(z_0 + \rho e^{i\varphi_0})| < M$, այդ դեպքում քանի որ $|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|$ ֆունկցիան անընդհատ է ըստ $\varphi$-ի, ուրեմն $\exists \varphi_0$-ի որևէ $\delta$ շրջակայք՝ $(\varphi_0 - \delta, \varphi_0 + \delta)$, որտեղ $|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| < M$:
\[
\implies M = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| d\varphi = \frac{1}{2\pi} \left[\int_0^{\varphi_0-\delta} M d\varphi + \int_{\varphi_0-\delta}^{\varphi_0+\delta} |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| d\varphi + \int_{\varphi_0+\delta}^{2\pi} M d\varphi\right]
\]
\[
< \frac{1}{2\pi} \left[\int_0^{\varphi_0-\delta} M d\varphi + \int_{\varphi_0-\delta}^{\varphi_0+\delta} M d\varphi + \int_{\varphi_0+\delta}^{2\pi} M d\varphi\right] = M \implies M < M \text{ (հակասություն):}
\]
$\implies$ շրջանագծի վրա $|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|$-ի արժեքը $M$ է: Քանի որ սա կախված չէ $\rho$-ից, կարող ենք այն շարունակաբար փոքրացնել և կստանանք, որ ամբողջ շրջանի ներսում ֆունկցիայի արժեքը $M$ է:

\noindent
\begin{minipage}[t]{0.4\textwidth}
    \vspace{0pt}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=0.7]
        % Domain Boundary
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(0,1) (1,0) (4,0.5) (5,2) (3,3) (1,2.5)};
        
        % Points
        \coordinate (Z0) at (4, 1.2);
        \coordinate (Zstar) at (0.8, 1.5);
        
        % Path Pn (Zigzag)
        \draw[thick] (Zstar) -- (1.5, 2.2) -- (2, 1.5) -- (2.5, 2) -- (3, 1.5) -- (3.5, 1.8) -- (Z0);
        
        % Circles covering the path
        \foreach \p in {(4,1.2), (3.75, 1.5), (3.5, 1.8), (3.25, 1.65),(3, 1.5), (2.75, 1.75)} {
            \draw[thin, blue] \p circle (0.2);
        }

        % Labels
        \filldraw (Z0) circle (1.5pt) node[below right] {$z_0$};
        \filldraw (Zstar) circle (1.5pt) node[below left] {$z^*$};
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}%
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.58\textwidth}
    \vspace{0pt}
    Այժմ ցույց տանք, որ $D$-ին պատկանող $\forall z^*$-ում $|f(z^*)| = M$: Օգտվենք $D$-ի կապակցվածությունից: Կարող ենք $z_0$-ն $z^*$-ին միացնել որևէ $P_n$ բեկյալով ($P_n \subset D$): Նշանակենք $\alpha = \min \rho(P_n, \partial D)$, այսինքն եզրի և բեկյալի միջև նվազագույն հեռավորությունը է: Ենթադրենք $\alpha > 0$ (չի հպվում եզրի հետ): Այդ դեպքում եթե վերցնենք $r = \alpha/2$ և $P_n$-ը ծածկենք $\alpha/2$ շառավղով շրջաններով, որոնց կենտրոնները պատկանեն $P_n$-ին: Քանի որ $P_n$-ը փակ և սահմանափակ բազմություն է, ապա ըստ Բորել-Լեբեգի կարող ենք ընտրել վերջավոր քանակի նման շրջաններ, որոնք ծածկում են $P_n$ բեկյալը:
\end{minipage}

\vspace{1em} % Space between minipages and next text

$M = |f(z_0)|$, եթե $z_0$-ով տանենք $\alpha/2$ շառավղով շրջան, շրջանի բոլոր կետերում կստացվի $|f(z)| = M$: Վերցնենք այդ շրջանի հատումը $P_n$-ի հետ ($z_1$), $M = |f(z_1)|$: $z_1$ կենտրոնով տանենք 2-րդ շրջանը և այդպես շարունակ: Վերջում կամ $z^*$-ը կլինի վերջին շրջանի կենտրոն, կամ կպատկանի վերջին շրջանին և $|f(z^*)| = M$: $\implies$ ամբողջ հարթության վրա կունենանք, որ $f(z) = M e^{i\varphi} = M(\cos \varphi + i \sin \varphi) = M \cos \varphi + i M \sin \varphi$: Քանի որ ստացանք, որ $D$-ում $|f(z)| = M$, իսկ դա անընդհատ ֆունկցիա էր, ապա $\partial D$-ում նույնպես $|f(z)|$-ը պետք է լինի $M$ (սա դասի ժամանակ չենք ասել):

$f(z) = M \cos \varphi + i M \sin \varphi$: Կոշի-Ռիմանի պայմանից հետևում է, որ $M \cos \varphi$-ն և $M \sin \varphi$-ն հաստատուն թվեր են: Սա երկար է ապացուցվում, լրիվ չենք անի:
\begin{align*}
x &= \rho \cos \varphi, \quad u = u(x, y) = u(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi) \\
y &= \rho \sin \varphi, \quad v = v(x, y) = v(\rho \cos \varphi, \rho \sin \varphi)
\end{align*}
\[
\begin{cases}
u'_\rho = u'_x \cdot x'_\rho + u'_y \cdot y'_\rho = u'_x \cos \varphi + u'_y \sin \varphi \\
u'_\varphi = u'_x \cdot x'_\varphi + u'_y \cdot y'_\varphi = u'_x (-\rho \sin \varphi) + u'_y \rho \cos \varphi
\end{cases}
\]
\[
\begin{cases}
v'_\rho = v'_x \cdot x'_\rho + v'_y \cdot y'_\rho = v'_x \cos \varphi + v'_y \sin \varphi \\
v'_\varphi = v'_x \cdot x'_\varphi + v'_y \cdot y'_\varphi = v'_x (-\rho \sin \varphi) + v'_y \rho \cos \varphi
\end{cases}
\]
\end{proof_b}
\section{Մորերայի թեորեմը:}

\begin{theorem}
Եթե $f(z)$-ը անընդհատ է $D$-ում և նրա ինտեգրալը $\forall$ փակ, պարզ (որոշ դեպքերում չէ) կորով ընկած $D$-ում հավասար է 0-ի, ապա $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Քանի որ կամայական փակ կորով $f(z)$-ի ինտեգրալը 0 է, ապա $f(z)$-ի ինտեգրալը կամայական ոչ փակ կորով կախված չէ ճանապարհից: 23-րդ հարցում ցույց տվեցինք, որ եթե $f(z)$-ը անընդհատ է $D$-ում և նրա ինտեգրալը կամայական $\gamma$ կորով կախված չէ ճանապարհի ձևից, ապա $F(z) = \int_{z_0}^z f(t) dt$ ֆունկցիան $f(z)$-ի նախնականն է ($F'(z) = f(z)$): $\implies$ Այս դեպքում $F(z)$-ը կլինի $f(z)$-ի նախնականը $\implies F(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $\implies$ այն ունի ցանկացած կարգի ածանցյալ $\implies \forall F''(z) = f'(z) \implies f$-ը անալիտիկ է:
\end{proof_b}

\section{Ամբողջ ֆունկցիա:}

\begin{definition}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $\C$ կոմպլեքս հարթության վրա: Այդ դեպքում $f(z)$-ը կոչվում է ամբողջ ֆունկցիա:
\end{definition}
Օրինակներ՝ $w = e^z, w = \sin z, Q_n(z) = a_0 + a_1 z + \dots + a_n z^n$:

\section{Անալիտիկ ֆունկցիայի առաջին կարգի ածանցյալի անհավասարություն:}

Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում, կարող ենք գրել $|z - z_0| < \rho \subset D$ շրջակայքի համար.
\[
f'(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(t)}{(t - z)^2} dt
\]
\[
\implies |f'(z)| = \frac{1}{2\pi} \left| \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(t)}{(t - z)^2} dt \right| \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|}{|z_0 + \rho e^{i\varphi} - z|^2} \cdot \rho d\varphi
\]
այս անհավասարությունը ստացանք $dt = (z_0 + \rho e^{i\varphi})'_\varphi d\varphi = \rho e^{i\varphi} i d\varphi, |dt| = |\rho e^{i\varphi} i d\varphi| = \rho d\varphi$-ից:

(1) անհավասարության մեջ վերցնենք $z = z_0$, կստանանք 
\[
|f'(z_0)| \le \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \frac{|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|}{|\rho e^{i\varphi}|^2} \rho d\varphi = \frac{1}{2\pi\rho} \int_0^{2\pi} |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})| d\varphi \le \frac{M}{2\pi\rho} \cdot 2\pi = \frac{M}{\rho}
\]
որտեղ $M = \max |f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|, 0 \le \varphi \le 2\pi$:
Ստացանք, որ $|f'(z_0)| \le \frac{M}{\rho}$:

\section{Լիուվիլի թեորեմը:}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$ ֆունկցիան ամբողջ է և սահմանափակ: Այդ դեպքում այն հաստատուն ֆունկցիա է:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Դիցուք $f(z)$-ը ամբողջ ֆունկցիա է և սահմանափակ՝ $\exists k > 0$, այնպիսին որ $\forall z \in \C, |f(z)| < k$: Ցույց տանք, որ այդ դեպքում հարթությանը պատկանող ցանկացած կետում այդ ֆունկցիայի ածանցյալը 0 է: Վերցնենք $\forall z_0 \in \C$, կունենանք $|f'(z_0)| \le k/\rho$: Անցնենք սահմանի, երբ $\rho \to +\infty$, կստանանք, որ $f'(z_0) = 0 \implies f'(z) \equiv 0, \forall z \in \C$-ի համար: $f(z)$-ը $f'(z)$-ի նախնականն է $\implies 0 \equiv \int_{z_0}^z f'(z) dz = F(z) - F(z_0) = f(z) - f(z_0) \implies f(z) \equiv f(z_0)$:
\end{proof_b}
Այս թեորեմի կիրառման օրինակ է հանրահաշվի հիմնական թեորեմի ապացույցը:
\section{Հանրահաշվի հիմնական թեորեմը}

\begin{theorem}
$n$-րդ կարգի բազմանդամն ունի ճիշտ $n$ հատ արմատ՝ հաշված նաև պատիկությունը:
\end{theorem}

\begin{proof}
Դիցուք ունենք $n$-րդ կարգի բազմանդամ ($n \ge 1$), որտեղ $a_n \neq 0$.
\[ P_n(z) = a_0 + a_1 z + \dots + a_n z^n \]

\textbf{Քայլ 1. Արմատի գոյությունը}

Նախ ապացուցենք, որ $P_n(z)$-ն ունի առնվազն մեկ արմատ:
Պարզ է, որ $P_n(z)$-ը ամբողջ (անալիտիկ ամբողջ հարթության վրա) ֆունկցիա է: Կատարենք հակասող ենթադրություն. ենթադրենք $P_n(z)$-ը չունի արմատ, այսինքն՝ $P_n(z) \neq 0, \forall z \in \mathbb{C}$:

Դիտարկենք հետևյալ ֆունկցիան.
\[ w(z) = \frac{1}{P_n(z)} \]
Քանի որ հայտարարը զրո չէ, $w(z)$-ը նույնպես կլինի ամբողջ և անալիտիկ ֆունկցիա: Գնահատենք մոդուլը.
\[
|w(z)| = \frac{1}{|a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \dots + a_0|} = \frac{1}{|z|^n \left|a_n + \frac{a_{n-1}}{z} + \dots + \frac{a_0}{z^n}\right|}
\]
Երբ $|z| \to +\infty$, փակագծերի ներսի արտահայտությունը ձգտում է $a_n$-ի (որը $0$ չէ): Հետևաբար.
\[ \lim_{|z| \to \infty} |w(z)| = 0 \]
Սա նշանակում է, որ գոյություն ունի այնպիսի $R > 0$ շառավիղ, որ $|z| > R$ տիրույթում $|w(z)| < 1$:

Մյուս կողմից, $|z| \le R$ փակ շրջանում $w(z)$-ը անընդհատ է, հետևաբար, ըստ Վայերշտրասի թեորեմի, այն սահմանափակ է: Այսինքն՝
\[ \exists A > 0, \quad \text{որ} \quad \max_{|z| \le R} |w(z)| = A \]
Վերցնելով $M = \max \{A, 1\}$, ստանում ենք, որ $|w(z)| \le M$ կամայական $z \in \mathbb{C}$-ի համար:
Ստացանք, որ $w(z)$-ը \textbf{ամբողջ} է և \textbf{սահմանափակ}:

Ըստ \textbf{Լիուվիլի թեորեմի}, $w(z)$-ը պետք է լինի հաստատուն ($w(z) \equiv C$):
\[ \frac{1}{P_n(z)} = C \implies P_n(z) = \frac{1}{C} = \operatorname{const} \]
Սա հակասում է պայմանին, որ $a_n \neq 0$ (քանի որ $n \ge 1$): Հետևաբար, ենթադրությունը սխալ էր, և $P_n(z)$-ը ունի առնվազն մեկ արմատ:

\bigskip

\textbf{Քայլ 2. Արմատների քանակը}

Դիցուք $z_1$-ը $P_n(z)$-ի արմատ է, այսինքն՝ $P_n(z_1) = 0$:
Գրենք բազմանդամի տարբերությունը.
\begin{align*}
P_n(z) &= P_n(z) - P_n(z_1) \\
&= a_1(z - z_1) + a_2(z^2 - z_1^2) + \dots + a_n(z^n - z_1^n)
\end{align*}
Քանի որ $(z^k - z_1^k)$ արտահայտությունը բաժանվում է $(z - z_1)$-ի, կարող ենք ընդհանուր հանել $(z - z_1)$ արտադրիչը.
\[ P_n(z) = (z - z_1) \cdot Q_{n-1}(z) \]
որտեղ $Q_{n-1}(z)$-ը $(n-1)$-րդ կարգի բազմանդամ է:

Կիրառելով նույն դատողությունը $Q_{n-1}(z)$-ի համար, կգտնենք $z_2$ արմատ, այնպես որ $Q_{n-1}(z_2)=0$, և այդպես շարունակ: Այս պրոցեսը կարող ենք կրկնել ճիշտ $n$ անգամ՝ վերջում ստանալով.
\[ P_n(z) = a_n(z - z_1)(z - z_2)\dots(z - z_n) \]
Այսինքն՝ բազմանդամն ունի ճիշտ $n$ հատ արմատ:
\end{proof}
\section{Անընդհատ ֆունկցիաների շարքեր}

\begin{definition}
$\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ ֆունկցիոնալ շարքը կոչվում է \textbf{հավասարաչափ զուգամետ շարք}, եթե բավարարվում է հետևյալ պայմանը. $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = N(\varepsilon)$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի և $\forall p = 1, 2, \dots$ համար,
\[
\forall z \in D \implies |S_{n+p}(z) - S_n(z)| < \varepsilon,
\]
որտեղ $S_n(z) = \sum_{k=1}^n u_k(z)$:
\end{definition}

\vspace{1em}

\noindent\textbf{Համարժեք սահմ։} Դիցուք $\forall z \in D$-ի համար $\exists \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n u_k(z) \equiv f(z)$: Այդ դեպքում $\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ շարքը կլինի \textbf{հավասարաչափ զուգամետ շարք}, եթե $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = N(\varepsilon)$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի և $\forall z \in D$-ի համար՝
\[
\left|\sum_{k=1}^n u_k(z) - f(z)\right| < \varepsilon:
\]

\begin{theorem}
Եթե $\sum_{n=1}^\infty u_n(z)$ շարքը հավասարաչափ զուգամիտում է $f(z)$ ֆունկցիային և բոլոր $u_n(z)$-ները անընդհատ են $D$-ում, ապա $f(z)$ ֆունկցիան անընդհատ է $D$-ում:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Վերցնենք $\forall z_0 \in D$ և ցույց տանք, որ $f(z)$-ը այդ կետում անընդհատ է: Այսինքն պետք է ցույց տանք, որ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists \delta = \delta(\varepsilon)$, այնպիսին որ $\forall z \in D$-ի համար բավարարող $|z - z_0| < \delta$ անհավասարմանը՝ $|f(z) - f(z_0)| < \varepsilon$:

Վերցնենք $\forall \varepsilon > 0$ և կազմենք հետևյալ տարբերությունը.
\begin{align*}
|f(z) - f(z_0)| &= \left|f(z) - \sum_{k=1}^n u_k(z) + \sum_{k=1}^n u_k(z) - \sum_{k=1}^n u_k(z_0) + \sum_{k=1}^n u_k(z_0) - f(z_0)\right| \\
&\le \left|f(z) - \sum_{k=1}^n u_k(z)\right| + \left|\sum_{k=1}^n (u_k(z) - u_k(z_0))\right| + \left|\sum_{k=1}^n u_k(z_0) - f(z_0)\right|
\end{align*}

\begin{itemize}
    \item Առաջին և երրորդ գումարելիների համար $\exists N > 0$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի դեպքում երկու գումարելին էլ փոքր են դառնում $\varepsilon/3$-ից:
    \item Երկրորդ գումարելիի համար ֆիքսենք $n > N$ (վերնշված $N$-ի մասին է խոսքը): Օգտվենք $u_k(z)$-ների անընդհատությունից. $\varepsilon/3n > 0$-ի համար $\exists \delta = \delta(\varepsilon/3n) > 0$, այնպիսին որ $\forall z$-ի համար բավարարող $|z - z_0| < \delta \implies |u_k(z) - u_k(z_0)| < \varepsilon/3n$:
\end{itemize}

Հետևաբար՝
\[
|f(z) - f(z_0)| < \frac{\varepsilon}{3} + n \cdot \frac{\varepsilon}{3n} + \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon \implies f(z)\text{-ը } z_0\text{-ում անընդհատ է:}
\]
\end{proof_b}

\begin{theorem}
Եթե $\sum_{k=1}^\infty u_k(z)$ շարքը հավասարաչափ զուգամիտում է $f(z)$-ին $D$-ում և $u_k(z)$ ֆունկցիաները անընդհատ են, ապա $\forall \Gamma$ ողորկ կորի համար ընկած $D$-ում ճիշտ է, որ՝
\[
\int f(z) \, dz = \sum_{k=1}^\infty \int u_k(z) \, dz:
\]
\end{theorem}

\begin{theorem}
Եթե $\sum_{k=1}^\infty u_k(z)$ շարքը հավասարաչափ զուգամիտում է $f(z)$-ին և $u_k(z)$-ները անալիտիկ են $D$-ում, որտեղ $D$-ն միակապ է, ապա $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $D$-ում:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Վերցնենք կամայական փակ կոնտուր ընկած $D$-ում: Ըստ Կոշու թեորեմի կունենանք, որ $\int u_k(z) \, dz = 0$:
Ըստ նախորդ թեորեմի՝
\[
\int f(z) \, dz = \sum \int u_k(z) \, dz = 0:
\]
Հետևաբար $f(z)$-ը, որ անընդհատ է $D$-ում, նրա ինտեգրալը կամայական փակ կոնտուրով 0 է $\implies$ ըստ Մորերայի թեորեմի $f(z)$-ը անալիտիկ է:

Այս թեորեմը ճիշտ է նաև բազմակապ տիրույթի համար:
\end{proof_b}

\section{Վայերշտրասի առաջին թեորեմ}

\begin{theorem}[առաջին մաս]
Դիցուք ունենք $f_n(z)$ անալիտիկ ֆունկցիաների հաջորդականություն $D$ տիրույթում: Ենթադրենք $f_n(z)$ ֆունկցիաները հավասարաչափ զուգամիտում են $f(z)$ ֆունկցիային $D$ տիրույթում: Այդ դեպքում $f(z)$-ը նույնպես անալիտիկ է $D$-ում:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
\noindent
\begin{minipage}[m]{0.35\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=0.7]
        % Draw Domain D (Blob)
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(0,0.5) (1,0) (3,0.5) (4,2) (2.5,3) (0.5,2.5)};
        
        % Draw Inner Circle
        \draw[thick] (2, 1.5) circle (0.6);
        
        % Point z
        \filldraw (2, 1.5) circle (1.5pt) node[below] {$z$};
        
        % Radius epsilon
        \draw[->] (2, 1.5) -- (2.6, 1.5);
        \node at (2.3, 1.7) [font=\scriptsize] {$\varepsilon$};
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}%
\hfill
\begin{minipage}[m]{0.62\textwidth}
    Ենթադրենք $D$-ի եզրը կտոր առ կտոր ողորկ է: Ըստ Կոշու ինտեգրալային բանաձևի՝
    \[
    f_n(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f_n(t)}{t-z} \, dt:
    \]
    $\varepsilon$-ը վերցնենք այնպիսին, որ $\varepsilon < \rho(\partial D, z)$, որտեղ $\rho(\partial D, z)$-ը $\partial D$-ի և $z$-ի ամենակարճ հեռավորությունն է: Վերցնենք $|t-z| = \varepsilon$:
\end{minipage}

\vspace{1em}

Կստանանք, որ ինտեգրալը շրջանագծով՝
\[
f_n(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z|=\varepsilon} \frac{f_n(t)}{t-z} \, dt:
\]
Այստեղ կարող ենք անցնել սահմանի, քանի որ $\frac{f_n(t)}{t-z}$-ն հավասարաչափ զուգամետ է:
Ունենք, որ $\frac{f_n(t)}{t-z} \Rightarrow \frac{f(t)}{t-z}$: Հետևաբար, երբ $n \to \infty$, կստանանք՝
\[
f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z|=\varepsilon} \frac{f(t)}{t-z} \, dt:
\]
Քանի որ $\frac{f(t)}{t-z}$-ը անընդհատ է, կարող ենք ածանցել ինտեգրալի նշանի տակ՝
\[
f'(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z|=\varepsilon} \frac{f(t)}{(t-z)^2} \, dt \implies f(z)\text{-ը անալիտիկ է:} \quad (*)
\]
\end{proof_b}

\begin{theorem}[երկրորդ կետ]
Դիցուք $f_n(z)$ անալիտիկ են $D$-ում և հավասարաչափ զուգամիտում են $f(z)$-ի երբ $n \to \infty$: Այդ դեպքում $f_n(z)$ ֆունկցիայի $k$-րդ կարգի ածանցյալը հավասարաչափ զուգամիտում է $f(z)$-ի $k$-րդ կարգի ածանցյալին՝ $f_n^{(k)}(z) \Rightarrow f^{(k)}(z)$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}

\noindent
\begin{minipage}[m]{0.35\textwidth}
    \centering
    \begin{tikzpicture}[scale=0.8]
        % Draw Domain D (Blob)
        \draw[thick] plot [smooth cycle] coordinates {(0,0.5) (1,0) (3.5,0.5) (4,2.5) (2,3) (0.5,2.5)};
        
        % Center z0
        \coordinate (Z0) at (2.2, 1.5);
        \filldraw (Z0) circle (1.5pt) node[below] {$z_0$};
        
        % Inner Circle (lambda)
        \draw (Z0) circle (0.6);
        \draw[->] (Z0) -- ++(-45:0.6) node[midway, above] {$\lambda$};
        
        % Outer Circle (rho)
        \draw (Z0) circle (1.2);
        \draw[->] (Z0) -- ++(225:1.2) node[midway, below right] {$\rho$};
        
        % Point z (inside lambda)
        \filldraw (Z0) ++(90:0.3) circle (1pt) node[above] {$z$};
        
        % Point t (on rho)
        \filldraw (Z0) ++(135:1.2) circle (1pt) node[left] {$t$};
    \end{tikzpicture}
\end{minipage}%
\hfill
\begin{minipage}[m]{0.62\textwidth}
    Վերցնենք $\forall z_0 \in D$ և նրա շուրջը $z_0$ կենտրոնով շրջան՝ $|z-z_0| < \rho$: Ենթադրենք $t \in \{|t-z_0| = \rho\}$ և պահանջենք, որ $|z-z_0| < \lambda$, որտեղ $\lambda < \rho$: Նշված $z$-երի համար կարող ենք գրել, որ տեղի ունեն հետևյալ բանաձևերը.
    \[
    f_n^{(k)}(z) = \frac{k!}{2\pi i} \int \frac{f_n(t)}{(t-z)^{k+1}} \, dt,
    \]
    \[
    f^{(k)}(z) = \frac{k!}{2\pi i} \int \frac{f(t)}{(t-z)^{k+1}} \, dt:
    \]
\end{minipage}

\vspace{1em}

Վերցնենք $\forall \varepsilon > 0$ և գնահատենք տարբերությունը.
\begin{align*}
|f_n^{(k)}(z) - f^{(k)}(z)| &= \frac{k!}{2\pi} \left|\int \frac{f_n(t)-f(t)}{(t-z)^{k+1}} \, dt\right| \\
&\le \frac{k!}{2\pi} \int \frac{|f_n(t)-f(t)|}{|t-z|^{k+1}} \, |dt| \\
&\le \frac{k!}{2\pi} \int \frac{|f_n(t)-f(t)|}{(\rho-\lambda)^{k+1}} \, |dt|
\end{align*}
Քանի որ $f_n(z) \Rightarrow f(z)$, ապա $\exists N = N(\varepsilon) > 0$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի և $\forall t \in \{|t-z_0| = \rho\}$-ի համար $|f_n(t) - f(t)| < \varepsilon$:

Կատարենք նշանակում՝ $t-z_0 = \rho e^{i\varphi} \implies t = z_0 + \rho e^{i\varphi}$:
Հետևաբար $dt = i\rho e^{i\varphi} d\varphi \implies |dt| = \rho d\varphi$:
Շարունակելով գնահատականը՝
\[
\le \frac{k!}{2\pi} \cdot \frac{\varepsilon}{(\rho-\lambda)^{k+1}} \cdot \rho \int_0^{2\pi} d\varphi = \frac{k!\rho}{(\rho-\lambda)^{k+1}} \cdot \varepsilon:
\]
Ֆիքսված $k, \rho, \lambda$-ի համար արտադրիչը հաստատուն թիվ է: Ապացուցեցինք, որ $\forall z \in \{|z-z_0| < \lambda\}$ շրջանի համար հաջորդականությունը հավասարաչափ զուգամիտում է $f^{(k)}(z)$-ին:

\vspace{1em}
\noindent\textbf{Ընդհանրացում ամբողջ $D$-ի համար:}

Վերցնենք $\forall K \subset D$, այնպիսին որ $\overline{K} \subset D$ ($K$-ն բազմություն է, իսկ $\overline{K}$-ն իր փակումը): $K$-ի և $D$-ի ամենափոքր հեռավորությունը նշանակենք $\alpha$-ով՝ $\alpha = \rho(K, \partial D) > 0$:
\begin{itemize}
    \item Ըստ վեր ապացուցվածի, $K$-ին պատկանող յուրաքանչյուր կետի համար $\exists$ համապատասխան $\lambda$ շրջակայք, այնպես որ $f_n^{(k)}(z) \Rightarrow f^{(k)}(z)$:
    \item Վերցնենք այդ $\lambda$-ները ավելի փոքր, քան $\alpha/2$-ն է: Այդ դեպքում $K$ փակ և սահմանափակ բազմությունը ծածկված կլինի $\alpha/2$-ից փոքր շառավղով շրջաններով:
    \item Քանի որ $K$-ն կոմպակտ է (փակ, սահմանափակ), ապա ըստ \textbf{Բորելի լեմմայի} նշված շրջանների ծածկույթից կարելի է ընտրել վերջավոր քանակով շրջաններով ծածկույթ: Դիցուք այդ շրջանները $m$ հատ են:
\end{itemize}

Կստանանք, որ $\forall \varepsilon > 0$ թվի համար $\exists N = \max\{N_1, \dots, N_m\}$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի և $\forall z \in K$-ի համար՝
\[
|f_n^{(k)}(t) - f^{(k)}(t)| < \varepsilon \implies f_n^{(k)}(z) \Rightarrow f^{(k)}(z) \quad D\text{-ում:}
\]
\end{proof_b}\section{Աստիճանային շարքեր, Աբելի թեորեմը}

Դիտարկենք հետևյալ ֆունկցիոնալ շարքը. $\sum a_n(z - z_0)^n$: Գիտենք, որ $a_n(z - z_0)^n$-ը անալիտիկ է $\C$-ում:

\begin{theorem}[Աբել]
Եթե $\sum a_n(z - z_0)^n$ շարքը զուգամետ է $z_1 \neq z_0$ կետում, ապա շարքը զուգամետ է բոլոր $z$-երի համար, որոնք բավարարում են $|z - z_0| < |z_1 - z_0|$ անհավասարությանը: Եթե շարքը տարամետ է ինչ-որ $z_2 \neq z_0$ կետում, ապա տարամետ է բոլոր $z$-երի համար, որոնք բավարարում են $|z - z_0| > |z_2 - z_0|$ անհավասարությանը:
\end{theorem}

\begin{center}
    \begin{minipage}{0.45\textwidth}
        \centering
        \begin{tikzpicture}[scale=0.8]
            % Axis
            \draw[->] (-2,0) -- (2,0);
            \draw[->] (0,-2) -- (0,2);
            
            % Circle
            \draw[thick] (0.5,0.5) circle (1.2);
            \filldraw (0.5,0.5) circle (1.5pt) node[below] {$z_0$};
            
            % Point z1
            \filldraw (0.5,0.5) ++(45:1.2) circle (1.5pt) node[right] {$z_1$};
            
            % Hatching inside
            \begin{scope}
                \clip (0.5,0.5) circle (1.2);
                \foreach \x in {-2,-1.5,...,3} \draw[thin, gray] (\x,-2) -- (\x+2,3);
            \end{scope}
            \node at (0.5, -1.8) {\small Զուգամետության տիրույթ};
        \end{tikzpicture}
    \end{minipage}
    \hfill
    \begin{minipage}{0.45\textwidth}
        \centering
        \begin{tikzpicture}[scale=0.8]
            % Axis
            \draw[->] (-2,0) -- (2,0);
            \draw[->] (0,-2) -- (0,2);
            
            % Circle
            \draw[thick] (0.5,0.5) circle (0.8);
            \filldraw (0.5,0.5) circle (1.5pt) node[below] {$z_0$};
            
            % Point z2
            \filldraw (0.5,0.5) ++(45:0.8) circle (1.5pt) node[right] {$z_2$};
            
            % Hatching outside
            \begin{scope}
                \clip (-2.5,-2.5) rectangle (2.5,2.5) (0.5,0.5) circle (0.8);
                \foreach \x in {-4,-3.5,...,4} \draw[thin, gray] (\x,-3) -- (\x+3,4);
            \end{scope}
             \node at (0.5, -1.8) {\small Տարամիտության տիրույթ};
        \end{tikzpicture}
    \end{minipage}
\end{center}

\begin{proof}
Դիցուք շարքը զուգամետ է $z_1$-ում: Սա նշանակում է, որ $|a_n(z_1 - z_0)^n| \to 0$, երբ $n \to \infty$: Հետևաբար, $\exists N > 0$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի համար $|a_n(z_1 - z_0)^n| < 1$:
Նշանակենք $M = \max\{1, |a_0|, |a_1(z_1 - z_0)|, \dots, |a_n(z_1 - z_0)^n|\}$: Այստեղից հետևում է, որ $|a_n(z_1 - z_0)^n| \le M, \forall n = 1, 2\dots$:

Վերցնենք կամայական $z$, որը բավարարում է $|z - z_0| < |z_1 - z_0|$ անհավասարությանը: Նշանակենք $q = |z - z_0| / |z_1 - z_0| < 1$:
Գնահատենք շարքի գլխավոր անդամը.
\[
|a_n(z - z_0)^n| = |a_n| \cdot |z - z_0|^n \cdot \frac{|z_1 - z_0|^n}{|z_1 - z_0|^n} = |a_n(z_1-z_0)^n| \cdot q^n < M \cdot q^n:
\]
Քանի որ $q < 1$, ապա $\sum q^n = 1 / (1-q)$ զուգամետ է: Հետևաբար, շարքը զուգամետ է $z$-ում ըստ Վայերշտրասի հայտանիշի:
\end{proof}

Հիշեցնենք Վայերշտրասի հայտանիշը.
\begin{theorem}
Ունենք $\sum u_n(x)$ ֆունկցիոնալ շարքը և ունենք, որ $|u_n(x)| \le \alpha_n, n=1, 2\dots$ և $\forall x \in X_0$-ի համար, որտեղ $\sum \alpha_n$ թվային շարքը զուգամետ է: Այդ դեպքում $\sum u_n(x)$ շարքը հավասարաչափ զուգամետ է $X_0$ բազմության վրա:
\end{theorem}

\begin{definition}
Կասենք, որ $f_n(z)$ անալիտիկ ֆունկցիաների հաջորդականությունը հավասարաչափ զուգամիտում է $f(z)$-ին, եթե $\forall K$ բազմության համար, այնպիսին որ $\overline{K} \subset D, \forall \varepsilon > 0, \exists N = N(\varepsilon, K) > 0$, այնպիսին որ $\forall n > N$-ի և $\forall z \in K$-ի համար $|f_n(z) - f(z)| < \varepsilon$:
\end{definition}

Այժմ ապացուցենք Աբելի թեորեմի 2-րդ մասը:
\begin{proof}[Մաս 2-ի ապացույց]
Ենթադրենք $z_2$ կետում շարքը տարամետ է: Վերցնենք կամայական $z$, այնպիսին որ $|z - z_0| > |z_2 - z_0|$:
Ենթադրենք հակառակը՝ $\exists z^*$, այնպիսին որ $|z^* - z_0| > |z_2 - z_0|$ և $z^*$-ում շարքը զուգամետ է:
Ըստ թեորեմի առաջին մասի՝ քանի որ շարքը զուգամետ է $z^*$-ում, ապա այն պետք է զուգամետ լինի ցանկացած կետում, որի հեռավորությունը $z_0$-ից փոքր է $|z^* - z_0|$-ից: Մասնավորապես, քանի որ $|z_2 - z_0| < |z^* - z_0|$, շարքը պետք է զուգամետ լիներ $z_2$-ում:
Սա հակասում է պայմանին, հետևաբար շարքը տարամետ է $\forall z$-ի համար, որոնք բավարարում են $|z - z_0| > |z_2 - z_0|$ պայմանին:
\end{proof}

\section{Զուգամիտության շառավիղ}
\begin{definition}
Դիցուք $A$-ն $z$-երի այն բազմությունն է, որոնց համար $\sum a_n(z - z_0)^n$ շարքը զուգամետ է: $R = \sup |z - z_0| (z \in A)$-ն կոչվում է շարքի զուգամիտության շառավիղ:
\end{definition}

\begin{proposition}
$\forall z$-ի համար, որոնք բավարարում են $|z - z_0| < R$, շարքը զուգամետ է:
\end{proposition}

\begin{proof}
Վերցնենք $\forall z$ այդ անհավասարմանը բավարարող՝ $|z - z_0| = \rho < R$: Ըստ սուպրեմումի սահմանման՝ $\exists z_1 \in A$, այնպիսին որ $|z_1 - z_0| > \rho = |z - z_0|$:
Քանի որ $z_1 \in A \implies$ շարքը զուգամետ է $z_1$-ում: Հետևաբար, ըստ Աբելի թեորեմի առաջին մասի, շարքը զուգամետ է նաև $z$-ում:
\end{proof}

\begin{proposition}
$\sum a_n(z - z_0)^n$ շարքի համար զուգամիտության շառավիղը որոշվում է Կոշի-Հադամարի բանաձևով.
\[ R = \frac{1}{\limsup \sqrt[n]{|a_n|}}: \]
\end{proposition}

\begin{proof}
Դիտարկենք $\sum |a_n| \cdot |z - z_0|^n$ շարքը և կիրառենք Կոշիի զուգամիտության սկզբունքը (արմատի հայտանիշը):
\[ \limsup \sqrt[n]{|a_n| \cdot |z - z_0|^n} = |z - z_0| \cdot \limsup \sqrt[n]{|a_n|} = q: \]
Երբ $q < 1$, շարքը զուգամետ է, այսինքն՝ $|z - z_0| < 1 / (\limsup \sqrt[n]{|a_n|})$:
Երբ $q > 1$, շարքը տարամետ է, այսինքն՝ $|z - z_0| > 1 / (\limsup \sqrt[n]{|a_n|})$:
Հետևաբար, $R = 1 / (\limsup \sqrt[n]{|a_n|})$:
\end{proof}

\section{Թեյլորի շարք}
Դիտարկենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ $D$-ում: Ըստ Վայերշտրասի թեորեմի առաջին կետի կարող ենք ասել, որ $\sum a_n(z - z_0)^n$ շարքը հավասարաչափ զուգամետ է $\forall z$-ի համար $|z - z_0| < R$ տիրույթից:

\begin{theorem}
Եթե $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում, ապա $\forall z_0 \in D$-ի համար գոյություն ունի մի շրջակայք, որտեղ $f(z)$-ը միարժեքորեն վերածվում է աստիճանային շարքի:
\[ f(z) = \sum a_n(z - z_0)^n, \quad \forall z : |z - z_0| < \rho, \]
ընդ որում այդ վերլուծությունը միակն է:
\end{theorem}

\begin{proof}
Վերցնենք $|z - z_0| < \rho \subset D$ շրջակայքը: Ըստ Կոշի ինտեգրալային բանաձևի $\forall z \in \{|z - z_0| < \rho\}$-ի համար կունենանք.
\[ f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=\rho} \frac{f(t)}{t-z} \, dt: \]
Ձևափոխենք ենթաինտեգրալային արտահայտությունը.
\[
\frac{1}{t-z} = \frac{1}{(t-z_0) - (z-z_0)} = \frac{1}{(t-z_0)(1-\frac{z-z_0}{t-z_0})}:
\]
Քանի որ $|z - z_0| < |t - z_0| = \rho$, ապա $q = \frac{z - z_0}{t - z_0}$ մեծության համար $|q| < 1$: Հետևաբար, կարող ենք օգտվել երկրաչափական պրոգրեսիայի բանաձևից՝ $\sum q^n = \frac{1}{1-q}$:
\[
\frac{1}{t-z} = \frac{1}{t - z_0} \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{z - z_0}{t - z_0}\right)^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{(z - z_0)^n}{(t - z_0)^{n+1}}:
\]
Գնահատենք անդամները.
\[ \left|\frac{(z-z_0)^n}{(t-z_0)^{n+1}}\right| = \frac{|z-z_0|^n}{|t-z_0|^n} \cdot \frac{1}{|t-z_0|} = |q|^n \cdot \frac{1}{\rho}: \]
Քանի որ $|q|^n \le \frac{1}{\rho}$ և շարքը հավասարաչափ զուգամետ է, կարող ենք անդամ առ անդամ ինտեգրել:
Ստացվածը տեղադրենք Կոշի ինտեգրալային բանաձևի մեջ.
\[
f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int f(t) \left[\sum \frac{(z-z_0)^n}{(t-z_0)^{n+1}}\right] dt = \sum (z-z_0)^n \left[\frac{1}{2\pi i} \int \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt\right] = \sum a_n(z - z_0)^n,
\]
որտեղ
\[ a_n = \frac{1}{2\pi i} \int \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt = \frac{n!}{2\pi i n!} \int \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}: \]

\textbf{Միակությունը.}
Դիցուք $f(z) = \sum b_n(z - z_0)^n$: Երկու մասն էլ բազմապատկենք $\frac{1}{2\pi i(z-z_0)^{k+1}}$-ով և ինտեգրենք շրջանագծով, որտեղ $|z - z_0| = r < \rho$:
\[ \frac{f(z)}{2\pi i(z-z_0)^{k+1}} = \sum \frac{b_n}{2\pi i} (z-z_0)^{n-k-1}: \]
Քանի որ շարքը հավասարաչափ զուգամետ է, կարող ենք անդամ առ անդամ ինտեգրել:
\[ a_k = \frac{f^{(k)}(z_0)}{k!} = \frac{1}{2\pi i} \int \frac{f(z)}{(z-z_0)^{k+1}} dz = \sum \frac{b_n}{2\pi i} \int (z-z_0)^{n-k-1} dz: \]
Հաշվի առնելով, որ $\int (z-z_0)^m \, dz = \begin{cases} 2\pi i, & m=-1 \\ 0, & m\neq -1 \end{cases}$, կստանանք, որ միակ ոչ զրոյական անդամը գումարում $n=k$ դեպքն է ($n-k-1 = -1 \implies n=k$):
\[ \frac{b_k}{2\pi i} \cdot 2\pi i = b_k \implies a_k = b_k: \]
\end{proof}

Դիտարկենք մի քանի օրինակ $z_0 = 0$ դեպքում:
\begin{itemize}
    \item $w = e^z = \sum a_n z^n$, որտեղ $a_n = \frac{(e^z)^{(n)}}{n!} \Big|_{z=0} = \frac{1}{n!}$:
    \[ e^z = \sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}: \]
    Զուգամիտությունը հեշտ է ցույց տալ $\forall z$-ի համար (սահմանափակ տիրույթում՝ հավասարաչափ): $|r_n| = \frac{|z|^n}{n!} \implies \frac{|r_{n+1}|}{|r_n|} = \frac{|z|}{n+1} \to 0$:
    Կարող ենք $z$-ի փոխարեն տեղադրել $iz, -iz$:
    \[
    e^{iz} = 1 + iz - \frac{z^2}{2!} - \frac{iz^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} + \frac{iz^5}{5!} - \dots, \quad
    e^{-iz} = 1 - iz - \frac{z^2}{2!} + \frac{iz^3}{3!} + \frac{z^4}{4!} - \frac{iz^5}{5!} - \dots
    \]
    \item $\cos z = \frac{e^{iz} + e^{-iz}}{2} = 1 - \frac{z^2}{2!} + \frac{z^4}{4!} - \dots$
    \item $\sin z = \frac{e^{iz} - e^{-iz}}{2i} = z - \frac{z^3}{3!} + \dots$
\end{itemize}

\section{Անալիտիկ ֆունկցիաների միակության թեորեմը}
\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում և $z_0 \in D$: Եթե $\exists \{z_n\} \in D$ հաջորդականություն, այնպիսին որ $f(z_n) = 0, \forall n=1,2,3\dots$ և $\{z_n\} \to z_0$, ապա $f(z)$ ֆունկցիան նույնաբար 0 է:
\end{theorem}

\begin{proof}
Կարող ենք ենթադրել, որ $z_n \neq z_0, \forall n=1,2\dots$: Ըստ Թեյլորի թեորեմի՝ $f(z)$-ը կարող ենք ներկայացնել շարքի տեսքով. $f(z) = \sum a_k(z - z_0)^k$:
Տեղադրենք $z_n$ արժեքները.
\[ 0 = f(z_n) = a_0 + a_1(z_n - z_0) + a_2(z_n - z_0)^2 + \dots \quad (1) \]
Անցնելով սահմանի, երբ $n \to \infty$ (քանի որ $z_n \to z_0$), կստանանք $a_0 = 0$:
Հետևաբար, $f(z) = (z - z_0)(a_1 + a_2(z - z_0) + a_3(z - z_0)^2 + \dots)$:
Նորից տեղադրենք $z_n$ և բաժանենք $(z_n - z_0)$-ի (քանի որ $z_n \neq z_0$).
\[ \frac{f(z_n)}{z_n - z_0} = 0 = a_1 + a_2(z_n - z_0) + \dots \]
Անցնելով սահմանի՝ կստանանք $a_1 = 0$:
Այս պրոցեսը շարունակելով՝ կստանանք, որ բոլոր $a_k = 0$, հետևաբար $f(z) \equiv 0$ ($z_0$-ի որևէ շրջակայքում):
\end{proof}

\begin{corollary}
Դիցուք $f(z)$ և $g(z)$ ֆունկցիաներն անալիտիկ են $D$-ում, $z_0 \in D$ և $\exists \{z_n\}$ հաջորդականություն ընկած $D$-ում, այնպիսին որ $\{z_n\} \to z_0$ երբ $n \to \infty$: Այդ դեպքում, եթե $f(z_n) = g(z_n), \forall n=1,2\dots$-ի համար, ապա $f(z) \equiv g(z)$:
\end{corollary}

\begin{proof}
Վերցնենք $h(z) = f(z) - g(z)$ ֆունկցիան: Այն բավարարում է նախորդ թեորեմի պայմաններին ($h(z_n) = 0$), հետևաբար $h(z) \equiv 0 \implies f(z) \equiv g(z)$:
\end{proof}

\textit{Լրացուցիչ պարզաբանում (ընդլայնում ամբողջ տիրույթի վրա).}
Ապացուցենք, որ $D$ տիրույթում $f(z) \equiv 0$:
Վերցնենք $\forall z' \in D$ և միացնենք $z_0$-ին բեկյալով:
Նշանակենք $\alpha = \rho(P, \partial D)$ (բեկյալի հեռավորությունը եզրից):
Վերցնենք $z_0$ կենտրոնով և $\alpha/2$ շառավղով շրջան: Այդ շրջանում $f(z) = 0$ (ըստ վերը ապացուցվածի):
Շրջանագծի հատումը բեկյալի հետ նշանակենք $c_1$-ով:
Կառուցենք հաջորդ շրջանը $c_1$ կենտրոնով և $\alpha/2$ շառավղով: Ակնհայտ է, որ $c_1$ կետի համար բավարարվում են թեորեմի պայմանները (այն կուտակման կետ է զրոների համար), հետևաբար այս շրջանում նույնպես $f(z) = 0$:
Շարունակելով այս ընթացքը՝ կհասնենք $z'$-ին և կստանանք, որ $f(z') = 0$, հետևաբար $f(z) \equiv 0$ ամբողջ տիրույթում:
\section{Լորանի շարք և մեկուսացված եզակի կետեր}

Դիտարկենք հետևյալ շարքը. $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_{-n}}{(z-z_0)^n} + \sum_{n=0}^\infty a_n(z-z_0)^n$: Ըստ Կոշի-Ադամարի լեմմայի երկրորդ գումարելիի զուգամիտության շառավիղը $R = 1 / (\limsup \sqrt[n]{|a_n|})$ է:
Նշանակենք $1/(z-z_0) = t \implies \sum a_{-n}/(z-z_0)^n = \sum a_{-n}t^n$, զուգամիտության շառավիղը նշանակենք $1/r$-ով՝ $1/r = \limsup \sqrt[n]{|a_{-n}|}$: Կստանանք, որ եթե $|z-z_0| < R$ առաջին գումարելին զուգամետ է, և եթե $1/|z-z_0| < 1/r$, կամ որ նույնն է $|z-z_0| > r$, առաջին գումարելին զուգամետ է:

Դիտարկենք օրինակ.
$\sum \frac{1}{2^n z^n} + \sum z^n \implies$ $I$ շարքը զուգամետ է երբ $|z| > 1/2$, իսկ $II$-րդը երբ $|z| < 1 \implies$ ամբողջ շարքը կլինի զուգամետ երբ $1/2 < |z| < 1$: Կարող ենք գրել $r < R, r \le |z-z_0| \le R$, $R < R$, այս դեպքում շարքը կլինի հավասարաչափ զուգամետ:
Այսպիսի շարքը կոչվում է Լորանի շարք: Մենք կդիտարկենք $r=0$ դեպքը՝ $0 < |z-z_0| < R$:

\begin{definition}
Ենթադրենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $0 < |z - z_0| < R$ տիրույթում։ Եթե $f(z)$-ը անալիտիկ է $z_0$ կետի շրջակայքում և անալիտիկ չէ $z_0$-ում, ապա $z_0$-ն կոչվում է $f(z)$-ի համար մեկուսացված եզակի կետ։
\end{definition}

\begin{theorem}[Լորանի]
Ենթադրենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ է $r < |z - z_0| < R$ օղակում։ Այդ դեպքում $f(z)$ ֆունկցիան վերլուծվում է Լորանի շարքի այդ օղակում, այսինքն՝
\[
f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{-n}}{(z - z_0)^n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n(z - z_0)^n
\]
ընդ որում միակ ձևով։
\end{theorem}

\begin{proof}
Ենթադրենք $f(z)$-ը անընդհատ է ընդհուպ մինչև եզրը։ Ըստ Կոշու ինտեգրալային բանաձևի  $\forall z$-ի համար պատկանող օղակին կարող ենք գրել, որ
\[
f(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=R} \frac{f(t)}{t-z_0} dt - \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} \frac{f(t)}{t-z} dt
\]
Առաջին ինտեգրալի համար 
\[
\frac{1}{t-z} = \frac{1}{t-z_0 - (z-z_0)} = \frac{1}{(t-z_0)(1 - \frac{z-z_0}{t-z_0})} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(t-z_0)^{n+1}}
\]
Ինտեգրենք
\begin{align*}
\frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=R} f(t) \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(z-z_0)^n}{(t-z_0)^{n+1}} dt &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=R} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt\right) (z-z_0)^n \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n
\end{align*}
որտեղ $a_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=R} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt$:

Դիտարկենք երկրորդ ինտեգրալը՝
\[
-\frac{1}{t-z} = \frac{1}{z-t} = \frac{1}{z-z_0 - (t-z_0)} = \frac{1}{z-z_0} \cdot \frac{1}{1 - \frac{t-z_0}{z-z_0}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(t-z_0)^n}{(z-z_0)^{n+1}}
\]
Ունենք հետևյալ պատկերը․

% --- Graph Insertion Start ---
\begin{flushleft}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
    % Center z_0
    \filldraw (0,0) circle (1.5pt) node[left] {$z_0$};
    
    % Inner circle (radius r) - where t is located
    \draw[thick] (0,0) circle (0.8cm);
    
    % Point t on the inner circle
    \filldraw (60:0.8cm) circle (1.5pt) node[above right] {$t$};
    
    % Point z in the annulus (between inner and outer circles)
    \filldraw (1.6, 0.1) circle (1.5pt) node[right] {$z$};
    
    % Outer circle (radius R) - enclosing the domain
    \draw[thick] (0,0) circle (2.0cm);
\end{tikzpicture}
\end{flushleft}
% --- Graph Insertion End ---

այսինքն $|t-z_0| < |z-z_0| \implies$
$\implies |\frac{t-z_0}{z-z_0}| < 1 \implies \frac{1}{z-z_0} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(t-z_0)^n}{(z-z_0)^n}$ շարքը հավասարաչափ զուգամետ է $\implies$
$\implies$ Կարող ենք տեղադրել ինտեգրալի մեջ և անդամ առ անդամ ինտեգրել։
\begin{align*}
- \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} \frac{f(t)}{t-z} dt &= \sum_{n=0}^{\infty} \left(\frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} f(t) (t-z_0)^n dt\right) \frac{1}{(z-z_0)^{n+1}} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} \left[\frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} f(t) (t-z_0)^{n-1} dt\right] \frac{1}{(z-z_0)^n} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{-n+1}} dt\right) \frac{1}{(z-z_0)^n} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{-n}}{(z-z_0)^n}
\end{align*}
որտեղ $a_{-n} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=r} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{-n+1}} dt$:

Քանի որ $\frac{f(t)}{(t-z_0)^{-n+1}}$ և $\frac{f(t)}{(t-z)^{n+1}}$-ն անալիտիկ ֆունկցիայի եզրային արժեքներ են համապատասխան շրջանի վրա, ապա ըստ բազմակապ տիրույթների համար Կոշի թեորեմի կվերցնենք $\forall \rho$, այնպես որ $r < \rho < R$ և կստանանք, որ
\[
a_{-n} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=\rho} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{-n+1}} dt, \quad a_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|t-z_0|=\rho} \frac{f(t)}{(t-z_0)^{n+1}} dt
\]

Այժմ ապացուցենք, որ ֆունկցիան վերլուծվում է Լորանի շարքի միակ ձևով։
Ենթադրենք $f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{b_{-n}}{(z-z_0)^n} + \sum_{n=0}^{\infty} b_n(z-z_0)^n$։ Երկու կողմն էլ բազմապատկենք $\frac{1}{2\pi i(z-z_0)^{m+1}}$-ով և ինտեգրենք $|z-z_0|=\rho$ շրջանագծով․
\begin{align*}
\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{m+1}} dz &= \sum_{n=1}^{\infty} b_{-n} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{dz}{(z-z_0)^{n+m+1}} \\
&+ \sum_{n=0}^{\infty} b_n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{dz}{(z-z_0)^{m-n+1}}
\end{align*}
Գիտենք, որ $\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{dz}{(z-z_0)^k} = \begin{cases} 1, & \text{եթե } k=1 \\ 0, & \text{եթե } k\neq 1 \end{cases} \implies$
$= b_m$, և քանի որ $\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{m+1}} dz = a_m \implies b_m = a_m$:
\end{proof}

\section{Մեկուսացված եզակի կետերի բնութագրումը Լորանի շարքերով։}

Դիտարկենք $f(z)$ ֆունկցիան, որը անալիտիկ է $0 < |z-z_0| < R$ տիրույթում։ Եթե վերցնենք $r < R = \rho$, $r < |z-z_0| < R$-ի դեպքում ըստ Լորանի թեորեմի $f(z)$-ը կվերլուծվի Լորանի շարքի․
\[
f(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{-n}}{(z-z_0)^n} + \sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n
\]
որտեղ $a_n = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}} dz, r < \rho < R$:
Շարքի տեսքը չի փոխվի եթե $r$-ը ձգտեցնենք 0-ի։

\begin{definition}[1]
$f(z)$-ի համար $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{-n}}{(z-z_0)^n}$ մասը կոչվում է Լորանի շարքի գլխավոր մաս, իսկ $\sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$-ը՝ ռեգուլյար մաս։
\end{definition}

\begin{definition}[2]
$z_0$ կետը կոչվում է $f(z)$-ի համար վերացնելի (մեկուսացված) եզակի կետ, եթե նրա Լորանի շարքի բոլոր $a_{-n} = 0$:
\end{definition}
Օրինակ. $z_0 = 0$, $\frac{\sin z}{z} = \frac{1}{z} (z - \frac{z^3}{3!} + \frac{z^5}{5!} - \dots) = 1 - \frac{z^2}{3!} + \frac{z^4}{5!} - \dots$
$z_0$-ն մեկուսացված եզակի կետ է։

\begin{definition}[3]
$z_0$ կետը $f(z)$-ի համար կոչվում է $k$-րդ կարգի բևեռ, եթե նրա Լորանի շարքի գլխավոր մասի գործակիցները բավարարում են հետևյալ պայմանին․ $0 = a_{-k-1} = a_{-k-2} = \dots$, իսկ $a_{-k} \neq 0$:
\end{definition}
Այսինքն $k$-րդ կարգի բևեռի դեպքում Լորանի շարքը ունի հետևյալ տեսքը.
\[
f(z) = \frac{a_{-k}}{(z-z_0)^k} + \frac{a_{-k+1}}{(z-z_0)^{k-1}} + \dots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \dots
\]

\begin{definition}[4]
$z_0$ կետը $f(z)$-ի համար կոչվում է էապես եզակի կետ, եթե $a_{-n}$ գործակիցների մեջ կան անվերջ քանակի ոչ-զրոյական էլեմենտներ։
\end{definition}

\begin{theorem}
Որպեսզի $z_0$-ն լինի $f(z)$-ի համար $k$-րդ կարգի բևեռ, անհրաժեշտ է և բավարար, որ $z_0$-ի որևէ շրջակայքում $f(z)$-ը ունենա հետևյալ տեսքը $f(z) = (z-z_0)^{-k} \varphi(z)$, որտեղ $\varphi(z)$-ը անալիտիկ է և $\varphi(z_0) \neq 0$:
\end{theorem}

\begin{definition}[5]
$z_0$ կետը կոչվում է $f(z)$ ֆունկցիայի զրո, եթե $f(z_0) = 0$։ Կասենք, որ $z_0$ կետը $f(z)$ անալիտիկ ֆունկցիայի $k$-րդ կարգի զրո է, եթե $f(z_0) = f'(z_0) = \dots = f^{(k-1)}(z_0) = 0$ և $f^{(k)}(z_0) \neq 0$: Առաջին կարգի զրոն անվանում են նաև պարզ զրո։
\end{definition}

\begin{proof_b}
Քանի որ $f(z)$-ը անալիտիկ է $z_0$-ի որևէ շրջակայքում, ապա $z_0$-ի որևէ շրջակայքում վերլուծվում է Թեյլորի շարքի.
$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n(z-z_0)^n$, որտեղ $a_n = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$
Ապացուցենք անհրաժեշտությունը. $f(z_0) = f'(z_0) = \dots = f^{(k-1)}(z_0) = 0$ և $f^{(k)}(z_0) \neq 0 \implies$
$\implies f(z) = a_k(z-z_0)^k + a_{k+1}(z-z_0)^{k+1} + \dots = (z-z_0)^k (a_k + a_{k+1}(z-z_0) + \dots)$
Իսկ բավարարությունը ապացուցելու համար նույն քայլերը կանենք հակառակ հերթականությամբ սկզբում գրելով $\varphi(z) = a_k + a_{k+1}(z-z_0) + \dots$
\end{proof_b}

\begin{theorem}
Որպեսզի $f(z)$-ի համար $z_0$-ն մեկուսացված եզակի կետ է, որպեսզի $z_0$-ն լինի $k$-րդ կարգի բևեռ անհրաժեշտ է և բավարար, որ $f(z) = \frac{\varphi(z)}{(z-z_0)^k}$ ունենա այս տեսքը, որտեղ $\varphi(z)$-ը անալիտիկ է $z_0$-ի շրջակայքում և $\varphi(z_0) \neq 0$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Ապացուցենք անհրաժեշտությունը։ 
\[
f(z) = \frac{a_{-k}}{(z-z_0)^k} + \frac{a_{-k+1}}{(z-z_0)^{k-1}} + \dots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \dots
\]
\[
= \frac{1}{(z-z_0)^k} (a_{-k} + a_{-k+1}(z-z_0) + \dots), \quad \varphi(z_0) = a_{-k} \neq 0
\]
Բավարարությունը ապացուցելու համար նույն քայլերը կանենք հակառակ հերթականությամբ։
\end{proof_b}

\begin{theorem}
Որպեսզի $z_0$ կետը $f(z)$-ի համար լինի վերացնելի եզակի կետ անհրաժեշտ է և բավարար որ $f(z)$ ֆունկցիան ունենա վերջավոր սահման, երբ $z \to z_0$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Ապացուցենք բավարարությունը։ Դիցուք $f(z)$-ը ունի վերջավոր սահման, երբ $z \to z_0 \implies f(z)$ ֆունկցիան սահմանափակ է $|z-z_0| < R$-ում:
Վերցնենք $f(z_0) = \lim_{z\to z_0} f(z) \implies$ կարող ենք գրել, որ $a_{-n} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{f(z)}{(z-z_0)^{-n+1}} dz$
$\forall n=1,2,\dots$: Դիցուք $|f(z)| < M, \forall z$-ի համար $|z-z_0| < R$ տիրույթից:
\[
|a_{-n}| \le \frac{1}{2\pi\rho} \int_0^{2\pi} \frac{|f(z_0 + \rho e^{i\varphi})|}{\rho^{-n+1}} d\varphi \le \frac{\rho^n}{2\pi} \cdot M \cdot 2\pi \to 0 \text{ երբ } \rho \to 0, \forall n=1,2,\dots \implies \text{բոլոր } a_{-n} = 0:
\]

Այժմ ապացուցենք անհրաժեշտությունը։ Դիցուք $z_0$-ն վերացնելի եզակի կետ է $\implies f(z) = a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \dots$ քանի որ աջ մասը հավասարաչափ զուգամետ է կանցնենք սահմանի երբ $z \to z_0 \implies f(z) \to a_0$:
\end{proof_b}

\begin{theorem}
Որպեսզի $z_0$-ն լինի որևէ կարգի բևեռ անհրաժեշտ է և բավարար, որ $z \to z_0$ դեպքում $f(z) \to \infty$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Ապացուցենք անհրաժեշտությունը։ Դիցուք $z_0$-ն $f(z)$-ի համար $k$-րդ կարգի բևեռ է $\implies f(z) = \frac{\varphi(z)}{(z-z_0)^k}$, որտեղ $\varphi(z)$-ը անալիտիկ է և $\varphi(z_0) \neq 0$: Նշանակենք $z - z_0 = \rho e^{i\varphi} \implies |z - z_0| = \rho$: Երբ $z \to z_0 \implies \rho \to 0$
Կարող ենք գրել, որ $|f(z)| = \frac{|\varphi(z)|}{|z-z_0|^k} = \frac{|\varphi(z)|}{\rho^k} \to +\infty$

Այժմ ապացուցենք բավարարությունը։ Դիցուք $z_0$-ն $f(z)$-ի $|f(z)| \to +\infty$, երբ $z \to z_0$, ցույց տանք, որ $z_0$-ն $f(z)$-ի համար որևէ կարգի բևեռ է։ Ենթադրենք $|f(z)| \to \infty$ Դիտարկենք $g(z) = 1/f(z)$ ֆունկցիան, քանի որ $z_0$-ն $f(z)$-ի համար մեկուսացված եզակի կետ է, ապա մեկուսացված եզակի կետ է նաև $g(z)$-ի համար։ $|g(z)| = 1/|f(z)| \to 0$, երբ $z \to z_0 \implies z_0$ կետը $g(z)$-ի համար վերացնելի եզակի կետ է $\implies$ կարող ենք գրել որ $g(z) = (z-z_0)^k \cdot \varphi(z)$, որտեղ $\varphi(z)$-ը անալիտիկ է $z_0$-ի ինչ-որ շրջակայքում և $\varphi(z_0) \neq 0$: Կարող ենք ասել, որ $f(z) = \frac{1}{(z-z_0)^k \varphi(z)} = \frac{1}{(z-z_0)^k} \cdot \frac{1}{\varphi(z)}$, քանի որ $\varphi(z_0) \neq 0 \implies$
$\implies$ ըստ ապացուցված թեորեմի $z_0$ կետը հանդիսանում է $k$-րդ կարգի բևեռ։
\end{proof_b}

\section{Սոխոցկու թեորեմը։}

\begin{theorem}[Սոխոցկի]
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $0 < |z-z_0| < R$ տիրույթում։ Եթե $z_0$ կետը $f(z)$ ֆունկցիայի համար էապես եզակի կետ է, ապա $\forall w$ կոմպլեքս թվի համար (անվերջ կամ վերջավոր) $\exists \{z_n\}$ հաջորդականություն ընկած $0 < |z-z_0| < R$ տիրույթում, որը ձգտում է $z_0$-ի երբ $n \to \infty$ և $f(z_n) \to w$:
\end{theorem}
Անվերջ կոմպլեքս թիվ՝ $w = 1/z, \infty = 1/0, 0 = 1/\infty$:

\section{Ֆունկցիայի մնացք։}
Դիտարկենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ $0 < |z-z_0| < R$-ում։

\begin{definition}
$f(z)$ ֆունկցիայի մնացք $z_0$ կետում անվանում ենք $\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} f(z)dz$, որտեղ $0 < \rho < R$, և նշանակում ենք $\operatorname{Res}[f(z), z=z_0]$ կամ $\operatorname{Res}_{z=z_0} f(z)$:
\end{definition}

Քանի որ $z_0$-ն $f(z)$-ի համար մեկուսացված եզակի կետ է, ապա ըստ Լորանի թեորեմի 
\[
f(z) = \dots + \frac{a_{-n}}{(z-z_0)^n} + \dots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \dots
\]
Քանի որ (1)-ը $|z-z_0|=\rho$-ի վրա հավասարաչափ զուգամետ է և $\frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} \frac{dz}{(z-z_0)^k} = \begin{cases} 1, & \text{եթե } k=1 \\ 0, & \text{եթե } k\neq 1 \end{cases}$, ապա.
\[
\operatorname{Res}[f(z), z=z_0] = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z-z_0|=\rho} f(z)dz = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{2\pi i} a_n \int_{|z-z_0|=\rho} (z-z_0)^n dz = a_{-1}
\]
Ստացվում է, որ ֆունկցիայի մնացքը հաշվելու համար պետք է հաշվել նրա Լորանի շարքի $a_{-1}$ գործակիցը։

\section{Մնացքի հաշվումը պարզ բևեռի դեպքում։}
Դիցուք $z=z_0$-ն $f(z)$-ի համար պարզ բևեռ է $\implies$ կարող ենք գրել, որ
$f(z) = \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + a_2(z-z_0)^2 + \dots \implies (z-z_0)f(z) = a_{-1} + a_0(z-z_0) + a_1(z-z_0)^2 + \dots$
Անցնենք սահմանի երբ $z \to z_0 \implies$ աջ մասը կձգտի $a_{-1}$-ի։ Մնացքը հաշվելու համար ցույց տանք, որ $\operatorname{Res}[f(z), z=z_0] = \lim_{z\to z_0} (z-z_0)f(z)$ (նախորդ հարցից)։
$f(z)$-ը ներկայացնենք հետևյալ տեսքով. $f(z) = \frac{h(z)}{g(z)}$, որտեղ $h$-ը և $g$-ն անալիտիկ են $z_0$-ի շրջակայքում և $g(z) = (z-z_0)\varphi(z)$, որտեղ $\varphi(z)$-ը անալիտիկ է $z_0$-ի շրջակայքում և $\varphi(z_0) \neq 0$: Այդ դեպքում.
\[
\operatorname{Res}[f, z=z_0] = \lim_{z\to z_0} (z-z_0) \frac{h(z)}{g(z)} = \lim_{z\to z_0} \frac{h(z)}{\frac{g(z) - g(z_0)}{z-z_0}} = \frac{h(z_0)}{g'(z_0)}
\]

Այժմ դիտարկենք այն դեպքը երբ $z_0$-ն պարզ բևեռ է և $f(z) = \frac{h(z)}{g(z)}$, որտեղ $h$-ը և $g$-ն անալիտիկ են $z_0$-ի շրջակայքում, $g(z_0) = 0, g'(z_0) \neq 0$: Այդ դեպքում.
\[
\operatorname{Res}[f, z=z_0] = \lim_{z\to z_0} (z-z_0) \frac{h(z)}{g(z)} = \lim_{z\to z_0} \frac{h(z)}{\frac{g(z) - g(z_0)}{z-z_0}} = \frac{h(z_0)}{g'(z_0)}
\]

\section{Մնացքի հաշվումը $k$-րդ կարգի բևեռի դեպքում։}
Դիցուք $z_0$-ն $f(z)$-ի համար $k$-րդ կարգի բևեռ է: Այդ դեպքում
\begin{align*}
f(z) &= \frac{a_{-k}}{(z-z_0)^k} + \frac{a_{-k+1}}{(z-z_0)^{k-1}} + \dots + \frac{a_{-1}}{z-z_0} + a_0 + a_1(z-z_0) + \dots \\
\implies (z-z_0)^k f(z) &= a_{-k} + a_{-k+1}(z-z_0) + \dots + a_{-1}(z-z_0)^{k-1} + a_0(z-z_0)^k + \dots
\end{align*}
քանի որ հավասարաչափ զուգամետ է, $k-1$ անգամ կածանցենք և կանցնենք սահմանի․
\[
a_{-1} = \lim_{z\to z_0} \frac{[(z-z_0)^k f(z)]^{(k-1)}}{(k-1)!}
\]

\section{Մնացքի հաշվումը էապես եզակի կետի դեպքում։}
Դիցուք $z_0$-ն $f(z)$-ի համար էապես եզակի կետ է։ Այդ դեպքում պետք է ֆունկցիան վերլուծել Լորանի շարքի։
Այժմ դիտարկենք $f(z)$ ֆունկցիան, որը անալիտիկ է $|z|>R$-ի դեպքում։
Դիցուք $z = 1/t$, $f(z) = f(1/t) = \varphi(t)$, $\varphi(t)$-ն կլինի անալիտիկ 0-ի շրջակայքում, բացի 0-ից։ Գրենք $\varphi$-ի համար Լորանի շարքը․
\[
\varphi(t) = \dots + \frac{a_{-n}}{t^n} + \frac{a_{-n+1}}{t^{n-1}} + \dots + \frac{a_{-1}}{t} + a_0 + a_1 t + a_2 t^2 + \dots
\]
\[
\implies f(z) = \dots + a_{-n}z^n + a_{-n+1}z^{n-1} + \dots + a_{-1}z + a_0 + \frac{a_1}{z} + \dots \quad (1)
\]
$I$-ը կլինի Լորանի շարքի ռեգուլյար մասը, իսկ $II$-ը՝ գլխավոր մասը (անվերջ հեռու կետի դեպքում)։
Այժմ սահմանենք $f(z)$-ի մնացքը անվերջ հեռու կետում․
$\operatorname{Res}[f, \infty] = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\rho} f(z)dz$, որտեղ $\rho > R$: Քանի որ (1)-ը գրված է անվերջ հեռու կետի համար, կունենանք, որ $\operatorname{Res}[f, \infty] = -a_1$:
Ինչպես $z_0$-ի համար, այնպես էլ այստեղ տեղի ունեն բոլոր թեորեմները (անվերջ հեռու կետի համար)։

\section{Մնացքների հիմնական թեորեմը։}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում, բացի վերջավոր թվով մեկուսացված եզակի կետերի՝ $z_1, \dots, z_n \in D$, և անընդհատ է $D$-ի փակման մինչև եզրը։ Եթե $\partial D$-ն կտոր առ կտոր ողորկ կոր է, ապա $\int_{\partial D} f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Յուրաքանչյուր $z_k$ կետերի շուրջ տանենք այդ կենտրոնով և $\varepsilon_k$ շառավղով շրջանագիծ $|z-z_k|=\varepsilon_k, k=1,\dots,n$ և $\varepsilon_k$-երը այնքան փոքր են, որ շրջանագծերը չեն հատվում եզրի հետ։ Ըստ Կոշի թեորեմի բազմակապ տիրույթների մասին կգրենք, որ (ի դեպ շրջանագծերը չեն հատվում նաև իրար հետ)․
\[
\int_{\partial D} f(z)dz = \sum_{k=1}^{n} \int_{|z-z_k|=\varepsilon_k} f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]
\]
\end{proof_b}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է ամբողջ $\C$ կոմպլեքս հարթության վրա, բացի վերջավոր $z_1, \dots, z_n$ մեկուսացված եզակի կետերից։ Այդ դեպքում նրա բոլոր մնացքների գումարը (ներառյալ նաև անվերջությունը) հավասար է 0-ի։
$\sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k] + \operatorname{Res}[f(z), \infty] = 0$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Քանի որ մեկուսացված եզակի կետերի քանակը վերջավոր է, ապա $\exists R$ շառավղով շրջան 0 կենտրոնով, այնպես որ բոլոր մեկուսացված եզակի կետերը ընկած են շրջանի ներսում։ Գիտենք, որ $\int_{|z|=R^-} f(z)dz + \int_{|z|=R^+} f(z)dz = 0$: Ըստ մնացքների հիմնական թեորեմի.
$\int_{|z|=R^-} f(z)dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]$: Եվ գիտենք, որ $\operatorname{Res}[f(z), \infty] = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=R^+} f(z)dz \implies$
$\implies \int_{|z|=R^+} f(z)dz = - \operatorname{Res}[f(z), \infty] \cdot 2\pi i$:
\end{proof_b}

\section{Մնացքների կիրառությունը որոշ իրական ինտեգրալներ հաշվելիս։}
Դիտարկենք $\int_0^{2\pi} R(\cos\varphi, \sin\varphi) d\varphi$ տիպի ինտեգրալը, որտեղ $R(u,v)$-ն ռացիոնալ ֆունկցիա է $\cos\varphi$ և $\sin\varphi$ նկատմամբ։
Կատարենք փոփոխականի փոխարինում.
$\cos\varphi = \frac{e^{i\varphi} + e^{-i\varphi}}{2}, \sin\varphi = \frac{e^{i\varphi} - e^{-i\varphi}}{2i}$, նշանակենք $z = e^{i\varphi} \implies$
$\implies dz = e^{i\varphi} \cdot i d\varphi = zi d\varphi \implies d\varphi = \frac{dz}{iz}, \cos\varphi = \frac{z^2+1}{2z}, \sin\varphi = \frac{z^2-1}{2iz} \implies$
\[
\int_0^{2\pi} R(\cos\varphi, \sin\varphi) d\varphi = \int_{|z|=1} R\left(\frac{z^2+1}{2z}, \frac{z^2-1}{2iz}\right) \frac{dz}{iz}
\]
Դիցուք մեկուսացված եզակի կետերն են $z_1, \dots, z_n$-եր $|z|<1$ շրջանում $\implies$
$= 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[R/z, z_k]$:

\section{$\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx$ տիպի ինտեգրալների հաշվումը։}
Դիցուք $f(x)$-ը անընդհատ ֆունկցիա է։ Կասենք, որ $f(x)$-ը անալիտիկ շարունակվում է վերին կիսահարթության վրա, եթե $\exists f(z)$ անալիտիկ վերին կիսահարթությունում ($\operatorname{Im} z > 0$) և $f(z)=f(x)$ իրական առանցքի վրա։
Օրինակ. $\frac{1}{x^2+1}$ և $\frac{1}{z^2+1}$:

\begin{proposition}
Դիցուք $f(x)$ ֆունկցիան անալիտիկ շարունակվում է վերին կիսահարթության վրա $f(z)$ ֆունկցիայով, որը անալիտիկ է վերին կիսահարթության մեջ, բացի վերջավոր մեկուսացված եզակի կետերի՝ $z_1, \dots, z_n$: Ենթադրենք $\exists M>0, \exists R_0>0$ և $\exists \alpha>0$, այնպես որ բոլոր $z$-երի համար բավարարող $|z|>R_0$ պայմանին՝ $|f(z)| < \frac{M}{|z|^{1+\alpha}}$: Այդ դեպքում $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f, z_k]$:
\end{proposition}

\begin{proof_b}
Վերցնենք $R$-ը այնքան մեծ, որ վերին կիսահարթությունում գտնվող $z_1, z_2, \dots, z_n$ մեկուսացված եզակի կետերը ընկած լինեն $|z|<R$ շրջանում և $R>R_0$:
Ըստ մնացքների հիմնական թեորեմի կարող ենք գրել, որ
$\int_{\partial R} f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f(z), z_k]$:
Մյուս կողմից. $\int_{\partial R} f(z) dz = \int_{-R}^{R} f(x) dx + \int_{|z|=R^+} f(z) dz$
\[
\left| \int_{|z|=R^+} f(z) dz \right| \le \int_{|z|=R^+} |f(z)| \cdot |dz| \le \dots
\]

\begin{flushleft}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
    % Axes
    \draw[->] (-3,0) -- (3,0);
    \draw[->] (0,-0.5) -- (0,2.5);
    
    % Semicircle Contour
    \draw[thick] (2,0) arc (0:180:2);
    \draw[thick] (-2,0) -- (2,0);
    
    % Arrows indicating direction
    \draw[thick, ->] (-1,0) -- (0.5,0); % Arrow on real axis
    \draw[thick, ->] (-1,0) -- (-0.5,0); % Arrow on real axis
    \draw[thick, ->] (1.9, 0.6) arc (18:40:2); % Arrow on arc
    \draw[thick, ->] (108:2) arc (108:130:2);

    
    % Labels
    \node at (2,-0.3) {$R$};
    \node at (-2,-0.3) {$-R$};
    \node at (2.3, 1.5) {$\partial R$};
    \node[left] at (0, 2.3) {$R$};
\end{tikzpicture}
\end{flushleft}

Նշանակենք $z = R e^{i\varphi} \implies 0 \le \varphi \le \pi$, ու $|dz| = R d\varphi \implies$
$\le \frac{M}{R^{1+\alpha}} \int_0^{\pi} R d\varphi = \frac{\pi M}{R^\alpha} \to 0$, երբ $R \to +\infty$:
Երբ $R \to +\infty$ կստանանք. $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[f, z_k]$:
\end{proof_b}


\begin{remark}
Եթե $f(x)$-ը շարունակվում է ստորին կիսահարթության վրա վերինի փոխարեն, ապա $\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = -2\pi i \sum_{k=1}^{p} \operatorname{Res}[f, w_k]$:
Քանի որ ինտեգրալը $-\infty$-ից $+\infty$ է, ստիպված ենք շարժվել բացասական ուղղությամբ $\implies$ առաջանում է մինուս նշանը:
\end{remark}

\begin{flushleft}
\begin{tikzpicture}[scale=1.2]
    % Axes
    \draw[->] (-3,0) -- (3,0);
    \draw[->] (0,-2.5) -- (0,1);
    
    % Lower Semicircle Contour
    % Arc from -R (180 degrees) to R (0/360 degrees) going downwards
    \draw[thick] (-2,0) arc (180:360:2);
    \draw[thick] (-2,0) -- (2,0);
    
    % --- ARROWS (Matching the sketch) ---
    
    % 1. Arrows on the Real Axis (Pointing LEFT)
    \draw[thick, ->] (1.5, 0) -- (0.5, 0); 
    \draw[thick, ->] (-0.5, 0) -- (-1.5, 0); 
    
    % 2. Arrows on the Arc (Pointing Counter-Clockwise / West to East)
    % Left part of arc
    \draw[thick, ->] (180:2) arc (180:225:2);
    % Bottom part of arc
    \draw[thick, ->] (260:2) arc (260:270:2);
    % Right part of arc
    \draw[thick, ->] (315:2) arc (315:330:2);

    % Labels
    \node[above left] at (-2,0) {$-R$};
    \node[above right] at (2,0) {$R$};
\end{tikzpicture}
\end{flushleft}

\section{Ժորդանի լեմման}

\begin{lemma}
Դիցուք $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax} f(x) dx$ ինտեգրալում $a > 0$ իրական թիվ է, $f(x)$-ը անընդհատ է $(-\infty, +\infty)$-ում և անալիտիկ շարունակվում է վերին կիսահարթության վրա բացի վերջավոր մեկուսացված եզակի կետերի` $z_1, z_2, \dots, z_n$: Դիցուք $\exists M_R$ ֆունկցիա կախված $R$-ից, այնպիսին որ $M_R \to 0$, երբ $R \to +\infty$ և $|f(z)| < M_R$, այսինքն եթե $z = R e^{i\varphi}, 0 \le \varphi \le \pi$, ապա վերջին պայմանը նշանակում է, որ $|f(z)|$-ը $\varphi$-ի նկատմամբ $[0, \pi]$-ում հավասարաչափ ձգտում է 0-ի: Նշված պայմանների դեպքում $\lim_{R\to+\infty} \int_{C_R^+} e^{iaz} f(z) dz = 0$, որտեղ $C_R^+$-ը այն $z$-երն են, որոնց համար $|z| = R$ և $\operatorname{Im} z \ge 0$: $C_R^+ = \{z \mid |z| = R \text{ և } \operatorname{Im} z \ge 0\}$:
\end{lemma}

\begin{theorem}
Դիցուք $f(z)$-ը բավարարում է վեր նշված պայմաններին: Այդ դեպքում $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax} f(x) dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[e^{iaz} f(z), z_k]$:
\end{theorem}

\begin{proof}
$D_R$-ով նշանակենք հետևյալ կոնտուրով սահմանափակված տիրույթը.
$\{y = 0, -R \le x \le R\} \cup \{ |z| = R, \operatorname{Im} z \ge 0 \}$: Վերցնենք $R$-ը այնքան մեծ, որ բոլոր մեկուսացված եզակի կետերը պատկանեն $D_R$-ին: Ըստ մնացքների հիմնական թեորեմի.
$\int_{\partial D_R} e^{iaz} f(z) dz = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[e^{iaz} f(z), z_k]$: Մյուս կողմից. $\int_{\partial D_R} e^{iaz} f(z) dz = \int_{-R}^{R} e^{iax} f(x) dx + \int_{C_R^+} e^{iaz} f(z) dz$: Ըստ Յորդանի լեմմայի երբ $R \to +\infty, \int_{C_R^+} e^{iaz} f(z) dz \to 0$:

% --- Graph Insertion Start ---
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1]
    % Axes
    \draw[->] (-3,0) -- (3,0);
    \draw[->] (0,-0.5) -- (0,2.5);
    
    % Semicircle Contour
    \draw[thick] (2,0) arc (0:180:2);
    \draw[thick] (-2,0) -- (2,0);
    
    % Arrows indicating direction
    \draw[thick, ->] (-1,0) -- (0.5,0); % Arrow on real axis
    \draw[thick, ->] (1.9, 0.6) arc (18:40:2); % Arrow on arc
    
    % Labels
    \node[below] at (2,0) {$R$};
    \node[below] at (-2,0) {$-R$};
    \node[right] at (2, 1.5) {$C_R^+$};
    \node at (0.8, 1) {$D_R$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
% --- Graph Insertion End ---

Ունենք $2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[e^{iaz} f(z), z_k] = \int_{-R}^{R} e^{iax} f(x) dx + \int_{C_R^+} e^{iaz} f(z) dz \implies$
$\implies$ երբ $R \to +\infty, \int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax} f(x) dx = 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[e^{iaz} f(z), z_k]$:
\end{proof}

\begin{remark}
Եթե $a < 0$, ապա ենթադրում ենք, որ $f(x)$-ը անալիտիկ շարունակվում է ստորին կիսահարթության վրա, բացի վերջավոր $z_1, \dots, z_n$ մեկուսացված եզակի կետերից և հավասարաչափ $\varphi$-ի նկատմամբ $|f(z)| \to 0$ երբ $R \to +\infty$: $z = R e^{i\varphi}, \varphi \in [\pi, 2\pi]$: Այդ դեպքում $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{iax} f(x) dx = -2\pi i \sum_{k=1}^{n} \operatorname{Res}[e^{iaz} f(z), z_k]$:
\end{remark}
\section{Լոգարիթմական մնացք:}

Դիտարկենք $f(z)$ ֆունկցիան անալիտիկ $D$-ում, բացի վերջավոր $a_1, a_2, \dots, a_p$ մեկուսացված եզակի կետերի: 
Դիցուք $f(z)$-ը անընդհատ է ընդհուպ մինչև եզրը, որը կտոր առ կտոր ողորկ է: 
Նշանակենք $b_1, b_2, \dots, b_q$-ով $f(z)$-ի զրոները $D$ տիրույթում (ընդ որում եզրի վրա զրո չկա և մեկուսացված կետ չկա, քանի որ ֆունկցիան անընդհատ է):

Դիտարկենք $\int_{\partial D} \frac{f'(z)}{f(z)} dz$ ինտեգրալը: 
Հեշտ է տեսնել, որ $\frac{f'(z)}{f(z)} = (\operatorname{Log} f(z))'$:

\begin{theorem}
    Եթե $f(z)$ ֆունկցիան բավարարում է վեր նշված պայմաններին և $m_k$-ն $a_k$ բևեռի կարգն է, իսկ $n_j$-ն $b_j$ զրոյի կարգն է, ապա
    \[
    \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f'(z)}{f(z)} dz = N - M,
    \]
    որտեղ $N = n_1 + n_2 + \dots + n_q$ և $M = m_1 + m_2 + \dots + m_p$:
\end{theorem}

\begin{proof_b}
    Նախ ասենք, որ $D$-ում զրոները վերջավոր են, քանի որ հակառակ դեպքում ըստ միակության թեորեմի ֆունկցիան կլիներ նույնաբար զրո:
    
    Նշանակենք $H(z) = \frac{f'(z)}{f(z)}$: Պարզ է, որ $a_k$ կետերը և $b_j$ կետերը $H(z)$-ի համար կլինեն մեկուսացված եզակի կետեր:
    
    Դիտարկենք $b_j$-ի նկատմամբ Լորանի շարքը: Քանի որ այն ըստ պայմանի $n_j$-րդ կարգի զրո է, ապա $H(z)$-ի համար կլինի $n_j$-րդ կարգի բևեռ: 
    Այսինքն $b_j$-ի որևէ շրջակայքում. $f(z) = (z - b_j)^{n_j} \varphi_j(z)$, որտեղ $\varphi_j(z)$-ը անալիտիկ է և $\varphi_j(b_j) \neq 0$:
    
    $f'(z) = n_j (z - b_j)^{n_j-1} \varphi_j(z) + (z - b_j)^{n_j} \varphi'_j(z) \implies$
    \[
    \frac{f'(z)}{f(z)} = \frac{n_j (z - b_j)^{n_j-1} \varphi_j(z)}{(z - b_j)^{n_j} \varphi_j(z)} + \frac{(z - b_j)^{n_j} \varphi'_j(z)}{(z - b_j)^{n_j} \varphi_j(z)} = \frac{n_j}{z - b_j} + \frac{\varphi'_j(z)}{\varphi_j(z)}:
    \]
    Ունենք, որ $\frac{\varphi'_j(z)}{\varphi_j(z)}$ ֆունկցիան անալիտիկ է $\implies$ վերածվում է Թեյլորի շարքի $\implies$ Լորանի շարքում $a_{-1} = 0 \implies$ այս ֆունկցիայի մնացքը $b_j$-ում 0 է: 
    $\implies \operatorname{Res}[\frac{f'(z)}{f(z)}, b_j] = \operatorname{Res}[\frac{n_j}{z - b_j}, b_j] = n_j$:

    Դիտարկենք $a_k$ կետերը` $f(z)$-ի $m_k$-րդ կարգի բևեռ է: 
    $\implies f(z) = \frac{\psi_k(z)}{(z - a_k)^{m_k}}$ $a_k$-ի որևէ շրջակայքում, որտեղ $\psi_k(z)$-ը անալիտիկ է և $\psi_k(a_k) \neq 0$:
    \[
    f'(z) = \frac{\psi'_k(z) (z - a_k)^{m_k} - \psi_k(z) m_k (z - a_k)^{m_k-1}}{(z - a_k)^{2m_k}} \implies
    \]
    \[
    \frac{f'(z)}{f(z)} = \frac{(z - a_k)^{m_k}}{\psi_k(z)} \cdot \frac{\psi'_k(z) (z - a_k)^{m_k} - m_k \psi_k(z) (z - a_k)^{m_k-1}}{(z - a_k)^{2m_k}} = \frac{\psi'_k(z)}{\psi_k(z)} - \frac{m_k}{z - a_k} 
    \]
    $\implies \operatorname{Res}[\frac{f'(z)}{f(z)}, a_k] = -m_k$

    Ըստ մնացքների հիմնական թեորեմի.
    \[
    \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f'(z)}{f(z)} dz = \sum_{j=1}^{q} \operatorname{Res}[f'/f, b_j] + \sum_{k=1}^{p} \operatorname{Res}[f'/f, a_k] = \sum_{j=1}^{q} n_j - \sum_{k=1}^{p} m_k = N - M
    \]
\end{proof_b}

Մասնավոր դեպքում, եթե $f(z)$-ը չունի մեկուսացված եզակի կետեր $D$-ում, ապա $M = 0$, և կստանանք $\frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f'(z)}{f(z)} dz = N$, որտեղ $n_j$ զրոների քանակն է հաշվված իրենց պատիկություններով:
\section{Արգումենտի սկզբունքը}

Դիցուք $f(z)$-ը անալիտիկ է $D$-ում և չունի մեկուսացված եզակի կետեր: Ըստ նախորդ հարցի թեորեմի կունենանք, որ՝
\[
N = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} \frac{f'(z)}{f(z)} dz = \frac{1}{2\pi i} \int_{\partial D} d(\operatorname{Ln} f(z)):
\]
Դիցուք $\partial D$ եզրը տրվում է $z(t) = x(t) + iy(t)$ հավասարմամբ, որտեղ $\alpha \le t \le \beta$: 
Ունենք՝
\begin{align*}
\operatorname{Ln} f(z) &= \ln |f(z)| + i \arg f(z) + i \cdot 2\pi k \\
&= \ln |f(z)| + i \operatorname{Arg} f(z):
\end{align*}
Տեղադրելով ինտեգրալի մեջ՝ կստանանք.
\begin{align*}
N &= \frac{1}{2\pi i} \ln |f(z(t))| \Big|_{\alpha}^{\beta} + \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d \operatorname{Arg} f(z):
\end{align*}
Քանի որ $z(\alpha) = z(\beta)$, ապա $\ln |f(z(\alpha))| = \ln |f(z(\beta))|$: Հետևաբար՝
\[
N = \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d \operatorname{Arg} f(z):
\]
Պարզ է, որ $w = f(z)$-ը $\partial D$-ն արտապատկերում է որևէ $\Gamma$ փակ կորի վրա (քանի որ $f(z)$-ը անընդհատ է ընդհուպ մինչև եզրը): $\Gamma$-ի համար հնարավոր են հետևյալ երկու դեպքերը.

\begin{itemize}
    \item[ա)] $\Gamma$-ի ներսում է գտնվում $0$ կետը,
    \item[բ)] $0$-ն չի պատկանում $\Gamma$-ով սահմանափակված տիրույթին:
\end{itemize}

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[
    scale=1.2,
    >=Stealth,
    multiarrow/.style={
        thick,
        postaction={decorate},
        decoration={
            markings,
            mark=at position 0.15 with {\arrow[scale=1.5, line width=1pt]{>}},
            mark=at position 0.40 with {\arrow[scale=1.5, line width=1pt]{>}},
            mark=at position 0.65 with {\arrow[scale=1.5, line width=1pt]{>}},
            mark=at position 0.90 with {\arrow[scale=1.5, line width=1pt]{>}}
        }
    }
]

    % --- Graph (a) ---
    \begin{scope}
        \node[font=\bfseries] at (-2.5, 1.5) {ա)};
        \draw[->] (-2,0) -- (2,0) node[below] {$u$};
        \draw[->] (0,-1.5) -- (0,2) node[left] {$v$};
        
        \draw[multiarrow] 
            plot [smooth cycle, tension=0.8] coordinates {
                (1.3, 0.2) (0.5, 1.4) (-1.2, 0.5) (-0.8, -1.1) (0.9, -0.9)
            };
        \node at (1.4, 1.4) {$\Gamma$};
        
        % Angle phi_1
        \draw (0,0) -- (0.9, 0.9); 
        \draw[->] (0.4,0) arc (0:45:0.4);
        \node at (0.65, 0.25) {$\varphi_1$};
    \end{scope}

    % --- Graph (b) ---
    \begin{scope}[xshift=6cm]
        \node[font=\bfseries] at (-1.5, 1.5) {բ)};
        \draw[->] (-0.5,0) -- (3.5,0) node[below] {$u$};
        \draw[->] (0,-0.5) -- (0,2) node[left] {$v$};
        
        \draw[multiarrow] 
            plot [smooth cycle, tension=0.7] coordinates {
                (1, 0.6) (2.8, 0.6) (2.8, 1.6) (1, 1.3)
            };
        \node at (3, 2) {$\Gamma$};
        
        % Angle phi_2
        \draw (0,0) -- (1, 0.6); 
        \draw[->] (0.5,0) arc (0:30:0.5);
        \node at (0.8, 0.15) {$\varphi_2$};
    \end{scope}

\end{tikzpicture}
\end{center}

\textbf{բ) դեպքում} $\partial D$-ի երկայնքով սկզբից մինչև վերջ շարժվելիս կպտտվենք $\Gamma$-ի երկայնքով, վերջում հայտնվելով նույն տեղում և $\varphi_2$-ը արժեքը փոխած չի լինի $\implies$ արգումենտը` $\operatorname{Arg} f(z)$-ը արժեքը փոխած չի լինի և ինտեգրալը հավասար կլինի զրոյի:

Այսուհետ կօգտագործենք հետևյալ նշանակումը $f(z)$-ի փոփոխության համար.
\[
\operatorname{Var}_{\partial D} f(z) = \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d(\operatorname{Arg} f(z)):
\]
Տվյալ դեպքում կունենանք, որ $\operatorname{Var} f(z) = 0$:

\textbf{ա) դեպքում} $\Gamma$-ի երկայնքով մեկ պտույտ կատարելուց հետո $\varphi_1$-ը կմեծանա $2\pi$-ով` կդառնա $\varphi_2 + 2\pi$:
\[
\operatorname{Var}_{\partial D} f(z) = \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d(\operatorname{Arg} f(z)) = N:
\]
$N$-ը ցույց է տալիս, թե $\partial D$-ով ինտեգրելու դեպքում քանի անգամ ենք պտտվում $\Gamma$ կորով $0$ կետի շուրջը (եթե բ դեպքն է՝ չենք պտտվում $0$ կետի շուրջը $\implies$ ինտեգրալը $0$ է):

\section{Ռուշեի թեորեմը:}

Գիտենք, որ $f(z) \cdot g(z)$-ի համար $\operatorname{Arg} f \cdot g = \operatorname{Arg} f + \operatorname{Arg} g$:
\begin{theorem}[Ռուշե]
Դիցուք $f(z)$ և $g(z)$ ֆունկցիաները անալիտիկ են $D$ տիրույթում և $|f(z)|_{\partial D} > |g(z)|_{\partial D}$: Այդ դեպքում $f(z)$ ֆունկցիայի զրոների քանակը $D$-ում հավասար է $f(z) + g(z)$ ֆունկցիայի զրոների քանակին (նույն 0-ները չեն, քանակն է նույնը):
\end{theorem}

\begin{proof_b}
Նախ $|f(z)|_{\partial D} > |g(z)|_{\partial D}$ պայմանից հետևում է, որ $\partial D$-ի վրա $f(z)$-ը չունի զրո: Կարող ենք գրել, որ $N_f = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Var} \operatorname{Arg} (f(z)) = \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d \operatorname{Arg} f(z)$:
Մյուս կողմից կարող ենք գրել, որ $N_{f+g} = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Var} \operatorname{Arg} (f+g) = \frac{1}{2\pi} \int_{\partial D} d \operatorname{Arg}(f(1 + g/f)) =$
$= \frac{1}{2\pi} \operatorname{Var} \operatorname{Arg} f(z) + \frac{1}{2\pi} \operatorname{Var} \operatorname{Arg} (1 + g(z)/f(z)) \implies$
$\implies N_{f+g} - N_f = \frac{1}{2\pi} \operatorname{Var} \operatorname{Arg} (1 + g(z)/f(z))$: Ցույց տանք, որ սա հավասար է զրոյի:
Դիտարկենք $w^* = 1 + g(z)/f(z)$ ֆունկցիան և $|w - 1| < 1$ շրջանում: Դիցուք $z \in \partial D \implies$
$\implies$ թեորեմի պայմանից ստանում ենք, որ $w^*$-ը ընկած է $|w - 1| < 1$ շրջանի ներսում: Սա նախորդ հարցում նկարագրված բ) դեպքն է, այսինքն արգումենտը չի փոփոխվում երբ $z$-ը $\partial D$-ով կատարում է մեկ լրիվ պտույտ: $\implies \operatorname{Var} \operatorname{Arg} (1 + g(z)/f(z)) = 0 \implies N_{f+g} = N_f$:
\end{proof_b}

\end{document}