Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Демина Тселые и мероморфные функтсии 2015

.pdf
Скачиваний:
4
Добавлен:
12.11.2022
Размер:
406.7 Кб
Скачать

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

ипользуясь соотношениями

sh z =

ez e−z

,

sin z =

eiz e−iz

(2.28)

2

2i

 

 

 

 

вместе с равенствами ez = eiz или ez = e−iz, справедливыми в нулях функции f(z), убеждаемся что все нули простые, кроме z = 0. Далее

f′′(z) = ch z + cos z

(2.29)

и f′′(0) = 2 ≠ 0. Следовательно, точка z = 0 является нулем кратности 2. Тогда последовательность Z примет вид: Z = {(1 + + i)π, −(1 + i)π, (1 − i)π, −(1 − i)π, . . .}. Порядок ϱ функции f(z) конечен и равен 1, поэтому в соотношении (2.3) мы можем положить g(z) = C1z + C0. Как и в примерах 2.1, 2.2 ряд (2.5) для последовательности Z расходится при µ = 1 и сходится при µ = 2, поэтому { = 1. Тогда

4

 

 

(1 +

z

).

 

ch z − cos z = eC1z+C0 z2 k=1

4π4k4

(2.30)

В этом соотношении для соответствующих сомножителей мы провели преобразования:

{(1 (1

zi)πk )e

(1 i)πk }{(1 + (1

 

zi)πk )e(1 i)πk }

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

±

 

 

 

 

 

 

 

 

±

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (1

 

 

 

);

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

22k2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

 

 

z2

 

 

 

z4

 

 

 

(1

 

)(1 +

 

 

 

) = (1 +

 

 

 

).

 

 

22k2

22k2

4π4k4

 

 

Найдем параметры eC0 и C1. Справедливо равенство

 

 

 

 

 

 

 

eC1z+C0 =

ch z − cos z

.

(2.31)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2

k=1 (1 +

z4

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4π4k4

 

 

 

21

2. Разложение целых функций в бесконечные произведения

Перейдем в этом равенстве к пределу при z → 0, получим

eC0 = lim

 

ch z − cos z

= lim

z2

+ O(|z|6)

= 1.

 

 

k=1 (1 +

 

)

 

 

(2.32)

z→0 z2

z4

z→0 z2

+ O(|z|6)

 

4π4k4

 

 

Следовательно, eC0 = 1. Далее, чтобы определить коэффициент C1, рассмотрим функцию

eC1z 1

,

(2.33)

z

 

 

где мы уже учли, что eC0 = 1, и вычислим предел при z → 0. Имеем

 

= lim

ch z − cos z − z2

k=1

(1 +

z4

)

=

 

C1

4π4k4

 

 

4

 

 

 

 

 

z

 

0

 

3

 

z

 

 

 

 

z

k=1

(1 +

4π4k4

)

(2.34)

= lim O(|z|6) = 0.

z→0 O(|z|3)

Ответ исходной задачи принимает вид

4

 

(1 +

z

).

ch z − cos z = z2 k=1

4π4k4

Задача 2.4. Разложить целую функцию f(z) = ez2 бесконечное произведение.

(2.35)

+ e2z−1 в

Решение. Найдем нули функции f(z) = ez2 + e2z−1, что эквивалентно поиску решений уравнения

e(z−1)2 =

1.

(2.36)

 

 

 

22

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

Врезультате получаем четыре семейства решений

z = 1

±

 

(2n − 1)π

(1 + i), n

N

;

 

 

2

(2.37)

 

 

 

 

 

 

 

z = 1

±

(2m − 1)π

(1

i), m

N

.

 

2

 

 

 

 

 

Вычисляя производную f(z) = 2(zez2 + e2z−1) и подставляя в это соотношение равенство ez2 = e2z−1, убеждаемся, что все корни простые. Функция f(z) является целой и имеет порядок ϱ = 2. Для удобства вычислений будем раскладывать f(z) в бесконечное произведение по переменной z − 1. Заметим, что такая замена не меняет ни порядок функции, ни кратность нулей. Тогда последовательность Z примет вид

Z = {√

π

(1 + i), −

π

(1 + i),

π

(1

− i), −

π

(1 − i), . . .}.

2

2

2

2

В соотношении (2.3) положим g(z) = C2(z − 1)2 + C1(z − 1) + + C0. Ряд (2.5) для последовательности Z выглядит следующим образом:

 

 

4

 

 

 

(2.38)

I =

 

 

 

 

 

.

 

π(2k

1)

 

µ/2

{

}

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

 

 

 

Этот ряд расходится при µ = 2 и сходится при µ = 3, поэтому { = 2. Тогда

ez2 + e2z 1 = eC2(z

 

1)2+C1(z

 

1)+C0

 

1 +

(z − 1)4 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

π2(2k

1)2 )

(2.39)

 

 

k=1

 

 

В этом соотношении для соответствующих сомножителей мы

23

2. Разложение целых функций в бесконечные произведения

выполнили следующие действия:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

}×

 

 

 

 

 

 

 

{( (1

 

 

 

i)

 

 

 

π(2k

 

 

1) )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

2(z 1)

 

 

 

 

 

 

 

(z 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(z − 1)

 

 

 

e

(1 i)

π(2k 1)

±

2πi(2k 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

× {(

 

 

 

 

 

 

±

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1) ) ×

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

}

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1

 

 

i) π(2k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

2(z 1)

 

 

 

 

(z 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 +

 

 

 

 

 

 

 

 

2(z − 1)

 

 

 

 

 

e

(1 i)

π(2k 1)

±

2πi(2k 1)

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

±1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z

 

 

 

 

 

 

(z 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e±

πi(2k 1)

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

πi(2k − 1)

)

 

 

 

}{(

 

 

 

 

 

πi(2k − 1) )

 

 

 

 

 

 

}

 

{( πi(2k − 1) )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z

1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z

 

1)2

 

 

 

e

(z 1)2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e πi(2k 1)

 

 

 

 

1 +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

πi(2k 1)

 

=

=

1 +

 

 

 

(z − 1)4 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π2(2k − 1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нам осталось найти коэффициенты C0, C1 и C2. Справедливо

равенство

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

eC2(z−1)2+C1(z−1)+C0 =

 

 

 

 

ez2 + e2z−1

 

 

 

 

.

 

 

 

(2.40)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1 (1 +

 

 

(z−1)4

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π2(2k−1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

Для

вычисления

 

коэффициента C0 перейдем в соотношении

(2.40) к пределу

при z

1, получим eC0

 

= 2e. Далее разложим

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

функцию eC2(z1)

 

+C1(z−1) в ряд Тейлора в окрестности точки

z = 1. Имеем eC2(z1)2+C1(z1)

=

 

1 + C1(z − 1) + o(|z − 1|).

Рассмотрим функцию

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

C2

(z

1)2+C1(z

1)

 

1

=

ez2 + e2z−1

2e

 

 

 

 

 

1 +

2(z−1)4

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

(z π1)4

1)

),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

 

 

(2k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2e(z − 1)

k=1 (1 +

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π2(2k−1)2

 

 

 

где мы уже учли, что eC0 = 2e, и вычислим предел при z → 1. Справедливо представление ez2 + e2z−1 = 2e + 4e(z − 1) + 5e(z −

24

2.Разложение целых функций в бесконечные произведения

1)2 + o(|z − 1|2), где z → 1. Тогда

 

 

 

 

ez2 + e2z−1

 

2e

1 +

2(z−1)4

2

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

(2k

1)

)

 

C1

= lim

 

(

 

π

=

 

(1 +

(z 1)4

 

)

 

 

z

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

2e(z − 1)

k=1

 

(2.41)

 

 

 

π2(2k−1)2

=lim 4e + o(|z − 1|) = 2. z→1 2e + o(|z − 1|)

Для вычисления коэффициента C2 введем функцию

e

C2(z

1)2

2

1 =

ez2 + e2z−1

(2e)e2(z−1)

 

1 +

2(z−1)4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

(

(z 1)4

1)

).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π (2k

 

 

 

 

(z

 

 

1)

 

 

 

 

2

 

2(z

 

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2e)(z − 1)

 

e

 

k=1 (1 +

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π2(2k−1)2

 

Заметим, что eC2(z−1)2 = 1 + C2(z − 1)2 + o(|z − 1|2), где z → 1. Тогда, переходя в равенстве (2) к пределу при z → 1, находим

 

 

 

ez2 + e2z−1

 

(2e)e2(z−1)

 

1 +

 

2(z−1)4 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

π

 

(2k

1)

)

 

 

 

C2 = lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

=

 

 

 

 

2

 

2(z

 

 

1)

 

 

 

(z

 

1)4

 

 

 

 

 

 

z

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2e)(z −

1)

 

e

 

 

 

k=1 (1 +

π2(2k−1)2

)

 

 

(2.42)

= lim

e + o(|z − 1|)

=

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2e + o(|z − 1|)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z→1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким

образом, мы

 

 

получили:

eC2(z−1)2+C1(z−1)+C0

=

= 2e 21 (z−1)2+2(z−1)+1

=

 

2e 21 (z2+2z−1). Ответ

 

исходной

задачи

имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ez2 + e2z 1 = 2e 21 (z2+2z 1)

1 +

 

(z − 1)4

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

π2(2k

1)2 )

 

 

(2.43)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

 

 

Задача

 

2.5. Разложить

 

 

целую

функцию

 

 

f(z)

=

sh z

в

бесконечное произведение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

25

3. Мероморфные функции

Ответ:

 

 

z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sh z = z k=1 (1 +

π2k2

).

 

(2.44)

Задача 2.6. Разложить

целую

функцию f(z)

= cos z в

бесконечное произведение.

 

 

 

 

 

 

 

 

Ответ:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4z2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1 π2

(2k

1)2 ).

(2.45)

cos z = k=1

 

Задача 2.7. Разложить целую функцию f(z) = eαz eβz, где α, β C, α ≠ β, в бесконечное произведение.

Ответ:

 

 

 

1 + (α − β)2z2 .

 

eαz

eβz = (α β)e 21 (α+β)zz

 

 

 

(

 

 

)

(2.46)

 

k=1

 

4π2k2

Задача 2.8. Разложить целую функцию f(z) = ez eα, где α C, в бесконечное произведение.

Ответ:

 

 

 

1 + (z − α)2 .

 

ez

eα = (z α)e 21 (z+α)

 

 

(

 

 

)

(2.47)

k=1

 

4π2k2

3.Мероморфные функции

Впредыдущих разделах мы рассмотрели функции, аналитические на всей комплексной плоскости C. Если мы ослабим это требование и допустим существование наиболее «простых» особых точек (полюсов), то придем к другому, не менее важному классу функций.

26

3. Мероморфные функции

Определение 3.1. Однозначная функция f(z) называется мероморфной, если она не имеет других особых точек в конечных точках плоскости, кроме, быть может, полюсов.

Любую мероморфную функцию f(z) можно представить как частное двух целых функций g(z), h(z):

f(z) =

h(z)

, g(z) ̸≡0.

(3.1)

g(z)

Если бесконечно удаленная точка является устранимой особой точкой или полюсом мероморфной функции f(z), то в этом случае f(z) — рациональная функция. Каждая целая функция является мероморфной.

Мероморфные функции, отличные от рациональных, принято называть трансцендентными мероморфными функциями. Например, tg z, cosec z являются трансцендентными мероморфными функциями. В качестве более сложного примера приведем гамма–функцию Эйлера Γ(z). В полуплоскости Re z >

> 0 она определяется интегралом

Γ(z) =

tz−1e−tdt, z

C

,

Re

z > 0.

(3.2)

0

 

 

 

На всю комплексную плоскость Гамма–функцию можно аналитически продолжить, например, через равенство Γ(z + + 1) = zΓ(z). Гамма–функция является мероморфной c простыми полюсами в точках z = −n, n N+. Она представима в виде

1

 

 

z z

 

 

 

(1 +

 

)ek , (3.3)

Γ(z) =

F (z)

,

F (z) = eγzz k=1

k

где F (z) — целая функция первого порядка максимального типа, а γ — так называемая постоянная Эйлера

 

n

1

 

 

γ = nlim

(

 

ln n) 0.5772.

(3.4)

k

→∞

 

 

 

k=1

27

3. Мероморфные функции

Получим общий вид мероморфной функции в зависимости от структуры множества ее полюсов. Сначала рассмотрим случай конечного числа полюсов.

Теорема 3.1. Пусть мероморфная функция f(z) имеет полюсы порядков m1, . . ., mn в точках z1, . . ., zn (zj ≠ zk, j ≠ k) и только в них, с главными частями разложений в ряд Лорана

 

c(km) k

 

 

 

c(k1)

 

(k)

̸= 0.

(3.5)

 

 

 

 

 

 

Fk(z) = (z − zk)mk

+ . . . + (z − zk) , c−mk

 

Тогда f(z) можно представить в виде

 

 

 

 

 

 

 

n

{

 

c(km)

 

 

c(k)

 

}.

 

f(z) = h(z) +

(z

zkk)mk

+ . . . +

(z

1zk)

(3.6)

 

k=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где h(z) — некоторая целая функция.

Если в соотношении (3.6) функция h(z) является многочленом, то мероморфная функция f(z) становится рациональной, а равенство (3.6) представляет собой разложение рациональной функции на простейшие дроби.

Пусть теперь мероморфная функция f(z) имеет бесконечное число полюсов. Как и в случае с нулями целой функции, в каждом круге |z| ≤ R будет содержаться лишь конечное число полюсов, поэтому их все можно пронумеровать в порядке неубывающих модулей. Заметим, что бесконечно удаленная точка является неизолированной особой точкой мероморфной функции с бесконечным числом полюсов. Составим последовательность полюсов

Z = {z1, z2, . . . , zn, . . .},

(3.7)

где |zn| ≤ |zn+1|, lim |zn| = . В отличие от последовательности

n→∞

нулей целых функций здесь мы не повторяем каждый полюс столько раз, каков его порядок, а записываем один раз.

28

3. Мероморфные функции

Представление мероморфной функции с бесконечным числом полюсов сохраняет вид (3.6) с закономерными отличиями: конечная сумма превращается в ряд и для обеспечения сходимости этого ряда к каждому слагаемому Fk(z), возможно, добавляется некоторая поправочная функция.

Теорема 3.2. Любую мероморфную функцию f(z) с последовательностью полюсов Z = {z1, z2, . . . , zn, . . .} и последовательностью соответствующих главных частей разложений в ряд Лорана {Fk(z)} можно представить в виде

ряда

f(z) = h(z) + {Fk(z) − qk(z)} ,

(3.8)

k=1

 

где h(z) – некоторая целая функция, а {qk(z)} – многочлены, представляющие собой начальные отрезки разложений функций {Fk(z)} в ряд Тейлора в окрестности точки z = = 0. Если z1 = 0, то полагают q1(z) = 0.

Отметим, что прежде, чем рассматривать (равномерную) сходимостью рядов вида (3.8) на множестве M C, необходимо удалить из ряда слагаемые, имеющие полюса в M. Можно показать, что при надлежащем выборе степеней многочленов {qk(z)} ряд в соотношении (3.8) равномерно сходится на любом компакте K C. Вообще говоря, степени многочленов {qk(z)} растут с ростом k. Однако в отдельных случаях они могут быть зафиксированы. Один из таких случаев рассмотрен в теореме 3.3.

Теорема

3.3. Пусть для

мероморфной

функции

f(z) с

последовательностью

полюсов Z =

{z1 ̸=

≠ 0, z2, . . . , zn, . . .} и последовательностью соответствующих главных частей разложений в ряд Лорана {Fk(z)} существует последовательность замкнутых положительно ориентированных кривых Жордана {γm, m N},

29

3. Мероморфные функции

окружающих начало координат и не проходящих через полюсы f(z), которая удовлетворяет условиям:

1) область, ограниченная кривой γm, содержится в области ограниченной кривой γm+1;

2) расстояние dm = min |z| от начала координат до кривой γm

z γm

удовлетворяет условию lim dm = ∞;

m→∞

3)существует постоянная A > 0, такая что длина lm кривой γm подчиняется неравенству lm ≤ Adm, m N.

Тогда, если существуют некоторые постоянные C > 0, δ N+ такие, что выполнено условие

maxz γm |f(z)|

C,

C > 0,

m

N

,

(3.9)

 

 

dmδ

 

 

 

 

 

 

то мероморфная функция f(z) представима в виде

 

 

 

f(0)

 

 

f(δ)(0)

δ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(z) = f(0)

+

1!

z + . . . +

 

 

δ!

z +

{Fk(z) − qk(z)} ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k=1

 

 

 

где {qk(z)} –

многочлены,

являющиеся

суммой

 

первых δ +

+ 1 членов разложения функций {Fk(z)} в ряд Тейлора в окрестности точки z = 0.

Замечание. Если в условиях теоремы 3.3 заменить

соотношение (3.9) следующим равенством

 

lim

max

f(z)

|

= 0,

(3.10)

m

→∞

z

 

γm |

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то представление мероморфной функции f(z) будет иметь особенно простой вид

f(z) = Fk(z).

(3.11)

k=1

 

30

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]