ТФКП-15.03.14

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Одесская национальная академия пищевых технологий

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

– лежить всередині кола

– лежить всередині кола

res f (z); z2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.02.2016

Размер:

2.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

4. Лишки функції та їх застосування

4.1. Лишок функції у скінченній ізольованій особливій точці

Нехай точка z0 є ізольованою особливою точкою однозначної аналітичної функції f (z) .

Лишком аналітичної функції f (z) у скінченній ізольованій особливій точці z0 називається число, яке позначається і обчислюється так:

res f (z),	z0	1
		2 i
			C

(z) d z

(4.1)

де C – контур, що містить тільки одну особливу точку	z0	і цілком лежить в
області аналітичності функції f (z) .

Лишки функції у скінченній ізольованій особливій точці можна обчи-

слити простіше, якщо відомі коефіцієнти розкладу функції f (z)				в ряд Ло-
рана в околі точки z0 . Нехай функція	f (z)	аналітична у кільці	0	z z	0	R	,

тоді за теоремою Лорана

f (z) cn (z z0 )

(z z

)

n 0

n 1

Проінтегруємо обидві частини рівності по контуру

C :

d z

f (z) d z

(z z

)

d z

(z z

)

n 0

n 1

Оскільки раніше було показано, що

(z z0 )

2 i,

m 1,

d z

0, m 1, m

то

f (z) d z

2 i

c 1

Тоді формула для обчислення лишка прийме вигляд					(4.2)
			0	1 .	(4.2)
	res	f (z), z		c
Якщо точка z0	є правильною або усувною скінченною особливою то-
чкою функції f (z) ,	то лишок функції у цій точці дорівнює нулю, оскільки
ряд Лорана не містить головної частини (і, відповідно, c 1					0 ). Якщо ж z0 –

полюс або істотно особлива точка, то лишок функції може бути відмінним від нуля, але може бути і рівним нулю.

Приклад 1. Обчислити лишок функції

f (z) sin

в її ізольованій

z 1

особливій точці z0 1 .

Розв’язання. Точка

z0 1

є істотно особливою точкою функції. Розк-

ладемо функцію в ряд Лорана в околі цієї точки:

f (z) sin

sin 1

sin1 cos

cos1

sin

z 1

sin1 1

З розкладу видно, що

	1
			2
2!(z 1)

c 1	cos1,
		res f

	1	1
cos1		3!(z 1)	3	.
z 1		3!(z 1)

з чого і випливає, що

	cos1	.
(z), 1	cos1

Приклад

ливій точці

2. Обчислити лишок функції f (z)	ez 1	в ізольованій особ-
	z

0 .

Розв’язання. Розкладемо функцію в ряд Лорана в околі особливої точ-

ки:

f (z)

Ряд Лорана не містить головної частини, тобто точка z0 0 є усувною особливою точкою, c 1 0 і лишок функції також дорівнює нулю:

res		f (z), 0		0	.

Для обчислення лишків функції можна скористатися формулою (4.1), але у багатьох випадках можна скористатися більш простим способом обчислення лишка, який зводиться до диференціювання функції f (z) в околі точки z0 . Тим самим обчислення контурного інтеграла від аналітичної фу-

нкції замінюється обчисленням похідних від цієї функції у деяких точках, що лежать всередині контуру інтегрування. Розглянемо ці випадки.

1. Точка z0 є простим полюсом функції f (z) . Тоді в околі цієї точки функція розкладається в ряд

f (z) c	(z z	)	1	c

1	0			0

Помножимо обидві частини рівності на умови z z0 :

c	lim (z z
1	z z
	0

c (z z		)
1	0

(z z0 ) і перейдемо до границі за

0	) f (z)	,
	) f (z)

тобто

res f (z); z0	lim (z z0 ) f (z) .	(4.3)
	z z0

Перетворимо цю формулу цього подамо функцію f (

аналітичних функцій:

причому (z0 ) 0, (z0 ) 0,

до більш зручного у використанні вигляду. Для

z)	в околі точки			z0	у вигляді відношення двох
	f (z)	(z)	,
	f (z)	(z)	,
		(z)
(z ) 0 , тобто точка z						0	є простим нулем фун-
	0					0

кції

f (z) . Підставимо цей вираз до формули (4.3):

(z)

)

res f (z); z0 lim (z z0 )

lim

(4.4)

(z)

(z0 )

z z0

(z)

z z0

lim

z z

z z0

Приклад 1. Обчислити лишок функції f (z)

у точці z 2 .

z 2

Розв’язання. Оскільки точка за формулою (4.3) маємо

res f (z); z	0
	0

	z 2

	lim
	z 2
	z 2

є простим полюсом функції

	z	2
(z 2)	z		2	4 .
	z		2

(z)

, то

Приклад 2. Обчислити лишок функції

	f (z)	1
	f (z)	sin z
		sin z

у точці

Розв’язання. Точка рмулою (4.3)

z 0

є простим полюсом функції

(z)

, тому за фо-

		1
res f (z); z0	lim z		1 .

	z 0	sin z

Обчислимо лишок за формулою (4.4):

res f (z); z		1
res f (z); z	0	(sin z)
	0
			z
			z

Приклад 3. Обчислити лишки функції

10 cos

f (z)

в її особливих точках.

Розв’язання. Функція f (z) має дві особливі точки:	z1,2
є простими полюсами. Тому використовуючи формулу	(4.4)

i . Обидві вони матимемо:

res f (z); z

z i

2. Точка z0

є полюсом порядку

функції

функція розкладається в ряд Лорана вигляду

(

res z) .

f (z); z2	1	.
	2

Тоді в околі цієї точки

f (z) c m (z z0 ) m c 1(z z0 ) 1 c0 c1(z z0 )

Помножимо обидві частини рівності на

(z z	) f (z) c	c	(z z
0	m	m 1	0

(z )

z	)
0

m	:
	:
c		(z z	)	m 1
c		(z z	)
1		0

Візьмемо від обох частин рівності похідну порядку (m 1) і перейдемо до границі при z z0 . В результаті отримаємо формулу

res f (z); z	1		d	m 1		(z z
		lim						)	m


0	(m 1)!	z z	d z		m 1		0

		0

(z)

(4.5)

Приклад 1. Обчислити лишки функції

f (z)			1
f (z)	(z	2	1)	3
		2		3

в її особливих то-

чках.
Розв’язання. Функція	f (z) має дві особливі точки:

є полюсами третього порядку. Згідно з формулою (4.5)

res f (z), z	1			d	2							1						1 (3)(4)
					2
		lim							(z i)	3
		lim				2			(z i)			3			3						5
1	2!			d z		2						3	(z i)		3			2	(z i)		5
	2!		z i	d z								(z i)	(z i)					2	(z i)
			z i
res f (z), z2	1			d	2							1						1 (3)(4)
					2
			lim					(z i)			3
	2!		lim	d z			2	(z i)				3		(z i)		3		2	(z i)			5
	2!		z i	d z								(z i)		(z i)				2	(z i)
			z i
Приклад 2. Обчислити лишок функції																	f (z)			z5
Приклад 2. Обчислити лишок функції																	f (z)			(z 1)4

z1,2	i . Обидві вони
матимемо:
		6			3	i;
		(2i)	5		16	i;
			5
z i
z i
		6			3	i.
		(2i)		5	16	i.
		(2i)			16

z i

в її особливій точці.

Розв’язання. Оскільки точка

ної функції, то згідно з формулою (4.5)

res f (z); z		1		d	3				z	5
		1	lim	d			(z 1)	4	z
								4
	0	3!		d z		3			(z 1)		4
	0		z 1			3					4

є полюсом четвертого порядку даматимемо

1 d	3	z		5		1
1 d		z				1	5	4	3 z	2	10.
							5	4	3 z		10.

3! d z			3			6					z 1
					z 1						z 1
					z 1

	3. Точка z0 є істотно особливою точкою функції f (z) . Лишок функції
такій точці обчислюється за формулою (4.2), як коефіцієнт			c 1 при члені
1	у розкладі функції в ряд Лорана в околі точки	z0 .
	у розкладі функції в ряд Лорана в околі точки	z0 .
	Приклад. Обчислити лишок функції f (z) e	в особливій точці z 0 .
	1/ z
	Розв’язання. Скористаємось розкладом функції f (z) e		в ряд Лорана
		1/ z

околі особливої точки z 0 (дивись приклад у розділі 3.3):

1/ z	1	1	1		1		1
e		1! z	2! z	2	3! z	3	n! z	n

Оскільки коефіцієнт

f (z) e1/ z

у точці

z 0

c 1	при члені	z	1	дорівнює одиниці, то і лишок функції

дорівнює одиниці: res e1/ z , 0 1.

4.2. Лишок функції у нескінченно віддаленій особливій точці

Нехай функція f (z) при	R	z	, і нехай			– замкнений кусково-
Нехай функція f (z) при			, і нехай			– замкнений кусково-
гладкий контур, що містить всередині коло				z	R	і повністю лежить в об-
				z	R

ласті аналітичності функції f (z) .
Лишком аналітичної функції		f (z) у нескінченно віддаленій точці z
називається число

res f (z),		1

		2 i

(z) d

(4.1')

де контур обходиться за ходом годинникової стрілки, ласть аналітичності, що містить точку z , залишається Щоб отримати зв’язок лишка функції у нескінченно

коефіцієнтами ряду Лорана, запишемо розклад функції аналітичності R z :

тобто так, що обліворуч. віддаленій точці з f (z) в ряд у кільці

		c	n			.
f (z)			n	n	n	.
		n		c z	n
		z		c z
	n 0	z		n 1
	n 0			n 1

Інтегрування обох частини рівності вздовж контуру кової стрілки дає

	f (z) d z 2 ic 1 .
	f (z) d z 2 ic 1 .

за ходом годинни-

Звідси для лишку функції f (z) у нескінченно віддаленій точці маємо співвідношення:

res f (z); c 1 .

(4.2')

Справедлива наступна

Теорема. Нехай функція f (z) аналітична на розширеній комплексній площині, за винятком скінченного числа ізольованих особливих точок

(k 1, 2,

, n)

і нескінченно віддаленої точки

усіх особливих точках дорівнює нулю:

. Тоді сума її лишків в

Лишок функції

(4.6)

f (z);

res

f (z);

+res

k 1

(z)

у нескінченно віддаленій точці найчастіше обчис-

люється шляхом розкладу функції в ряд Лорана в околі точки z і знаходження коефіцієнта c 1 у цьому розкладі. При цьому слід мати на увазі,

що лишок функції

f (z)

у точці

може бути відмінний від нуля навіть у

тому випадку, коли ця точка є правильною точкою функції, оскільки член

z	1	належить не головній, а правильній частині ряду Лорана. Наприклад,

для

але

функції	f (z) 1	2
		z

c 1 2 , тому

точка

res

f (z);

є правильною, якщо вважати

		c	2	.
		1		.

f ( )

Приклад. Обчислити лишки в усіх особливих точках та у нескінченно віддаленій точці для функції

f (z)

z	2	1
	2
z (z 1)			2
z (z 1)

Розв’язання. Особливими точками функції є наступні:

z 0	– полюс першого порядку;
z 1	– полюс другого порядку;
z – правильна точка (нуль першого порядку).

Обчислимо лишки:

res f (z),

z2 1

lim z

z (z 1)

(z 1)

z 0

res f (z),

1 lim

(z 1)2

d z

z (z 1)

z 1

res

f (z),

res

f (z),



		1
	z
	z
z 1		z	z 1

	1
1			0;
	z	2
			z 1

4.3. Основна теорема про лишки

Теорема (основна теорема теорії лишків). Нехай функція f (z) аналітична всюди в однозв’язній області D , за винятком скінченного числа ізольованих особливих точок zk (k 1, 2, , n) , що лежать всередині області D , і неперервна на її межі . Тоді справедлива наступна рівність:

	n
f (z) dz 2i res f (z);
	k 1

z	k

(4.7)

де контур проходиться у додатному відносно D	напрямі.
Доведення. Оточимо кожну особливу точку	zk функції f (z) замкне-

ним контуром k , наприклад колом, малим настільки, щоб він цілком ле-

жав всередині контуру , не містив всередині інших особливих точок, крім zk , і щоб жодні два з цих контурів не мали спільних точок. Розглянемо ба-

гатозв’язну область, яка обмежена контуром

і всіма контурами

. Все-

редині цієї області функція	f (z) всюди аналітична, тому, за теоремою Коші
для многозв’язної області,

	n
	f (z) d z
	k 1
	k

(z) d z

З урахуванням означення лишків аналітичної функції в ізольованих особливих точках (формула (4.1)) матимемо

	n
f (z) d z 2i res f (z);
	k 1

z	k

У деяких випадках при обчисленні контурних інтегралів простіше виконати за допомогою формули (4.6). Нехай функція f (z) однозначна та аналітична на всій комплексній площині, виключаючи скінченну кількість

ізольованих особливих точок,	і необхідно обчислити інтеграл від f (z) по
деякому замкненому контуру	. Якщо всередині контуру міститься ба-
гато особливих точок функції	f (z) , то застосування формули (4.7) може

вимагати досить значного обсягу обчислень. При цьому може виявитись, що поза контуром функція f (z) має лише декілька особливих точок

zk	(k 1, 2,	, m)	,	значення лишків у яких, а також лишок у нескінченно
віддаленій точці				z визначаються досить просто. Тоді замість безпосе-

реднього обчислення інтеграла за формулою (4.7) зручніше скористатися очевидним наслідком формул (4.6) та (4.7):


	m
f (z) d z 2i res f (z);		zk res f (z);
	k 1

 

(4.8)

Розглянемо декілька прикладів обчислення контурних інтегралів від аналітичних функцій за допомогою основної теореми про лишки.

Приклад 1. Обчислити інтеграл

	z 1			dz
	z	2	4
z 3

Розв’язання. Контуром інтегрування є коло радіуса R 3 з центром у

точці z 0	, яке проходять у додатному напрямі (проти ходу годинникової
стрілки).	Всередині контуру функція	f (z)	z 1	має особливі точки
			z2 4

z 2i , які є простими	полюсами, оскільки
вшись формулою (4.3),	обчислимо:

z	2

4 (z 2i)(z

2i)

. Скориста-

res f (z); 2i

z 1

1 2i

(z2 4)

z 2i

res f (z); 2i

z 1

1 2i

і, за основною теоремою про лишки, матимемо

	z 1				1	i	1	i
				d z 2 i					2 i .
	z	2	4		2	4	2
z 3								4

Приклад 2. Обчислити інтеграл																		d z					2			,			:		z (1 i)				2 .
																		d z
														(z1)					2		(z			1)



y								Розв’язання. Контуром інтегрування є коло
								Розв’язання. Контуром інтегрування є коло
2						радіуса			R 2						з центром у точці																		z 1 i , яке прохо-
						дять у додатному напрямі (проти ходу годинни-
1	z0	(1, 1)				кової стрілки). Всередині контуру підінтегральна
						функція має особливі точки z1 1 – полюс друго-
0	1	2 x				го порядку, та z2,3																i			– прості полюси. З цих по-
						люсів два – z1 1,																z2		i		– лежать всере-
дині контуру інтегрування . Обчислимо лишки функції у цих полюсах:
	res f (z); z			1	lim		d	(z 1)		2						1													2z							1	,
										2
																2				2									2			2
		1		1!								(z 1)				2	(z			2		1)					(z		2	1)		2	z 1			2
				1!	z 1		d z					(z 1)					(z					1)					(z			1)			z 1			2
					z 1
	res f (z); z2											1														1								1
	res f (z); z2		lim (z i)						1)		2		(z	2		1)							(z			1)	2	(z		i)				4	.
				z i				(z	1)				(z			1)							(z			1)		(z		i)			z i	4
				z i

За основною теоремою про лишки матимемо

	d z
	(z 1)	2	(z	2
z 3					1)

Приклад 3. Обчислити інтеграл

2i			1
			2

	(2z	3
z 2	(2z
z 2


	1
	4

z		20		dz

1)			2		(z	4

i 2

Розв’язання. Полюси підінтегральної функції знайдемо, розв’язавши

рівняння	(2z		1)		(z		1)	0	. Легко побачити, що їх сім, і всі вони лежать
		3		2		4	3

всередині контуру інтегрування. Оскільки всі полюси є кратними, то обчислення лишків в них – досить складна задача, тому застосуємо до обчислення інтеграла формулу (4.8):

			z	20		d z					2 i res f (z);
			z			d z
	(2z	3	1)		2		(z	4	1)	3
z 2	(2z		1)				(z		1)
z 2

Щоб обчислити лишок функції у нескінченно віддаленій точці, розкладемо її в ряд в околі точки z :

							z	20														z	20									z	2			1		2		1			3
f (z)							z															z										z			1	1			1	1
f (z)						3	1)	2			4	1)		3									2								3				1		3		1			4
						3		2			4			3									2								3						3					4
				(2z					(z							4z	6	1		1				z	12		1		1			4				2z				z
																4z		1		2z	3			z			1		z	4
																					3									4

	z	2			1									3					z	2		1				3								res f (z);						1
	z				1									3					z			1				3														1
	4		1		z	3				1			z		4						4z							2												4	.
	4				z								z						4		4z				4z															4

Звідси маємо

				z	20		d z					2 i res f (z); 2 i	1	i

		(2z	3	1)		2		(z	4	1)	3		4	2
z	2

4.4. Обчислення деяких інтегралів за допомогою лишків

Теорія функцій комплексної змінної не робить різниці між інтегралами вздовж контуру і визначеними інтегралами. Визначений інтеграл – це також інтеграл вздовж контуру, але від аналітичної функції. У такому ви-

падку його значення залежить лише від положення початкової і кінцевої точок контуру, тому його для зручності і пишуть як визначений. Отже, визначені інтеграли також можна обчислювати за допомогою теореми про лишки. При цьому контур, вздовж якого обчислюється визначений інтеграл, доповнюється до замкненого таким чином, щоб інтеграл вздовж доповнення легко обчислювався. До утвореного інтеграла вздовж замкненого контуру застосовують теореми про лишки і потім повертаються до вихідного інтеграла. Розглянемо декілька випадків, що найчастіше зустрічаються у застосуваннях.

4.4.1. Інтеграли

2
I R(cos ,	sin ) d
0

(

– раціональна функція)

Інтеграли такого типу можна звести до контурного інтегралу від аналітичної функції комплексної змінної за рахунок заміни змінної інтегру-

вання. Введемо комплексну змінну	z співвідношенням	i	. Тоді, очеви-
		z e
дно,

1 dz

cos

)

sin

При зміні

від

до

змінна

пробігає у додатному напрямі коло

Таким чином, шуканий інтеграл переходить в контурний інтеграл від функції комплексної змінної:

I	1			1
I	i		R z	z	,
	i	z 1		z
		z 1

z	1	d z
	z		z

1		R(z)d z
i
	z 1

Очевидно, що функція

R(z)

є раціональною функцією, яка аналітична всю-

ди всередині кола z 1, виключаючи скінченне число

полюсів, що є ну-

лями знаменника. Тому

k .

res

f (z); z

k 1

Приклад. Обчислити інтеграл

a 1

cos

, отримаємо

Розв’язання. Поклавши z e

2az 1

z 1 a

z 1

Особливими точками підінтегральної функції є нулі знаменника, тобто корені рівняння

z	2	2az 1	0

z a	a
	2

які є простими полюсами. Оскільки z1 z2 1, то лише одна з цих точок –

точка

a	a
	2

I 4

z 1, тому інтеграл дорівнює

4	2
		.
2z 2a z z2
	a2 1

4.4.2. Інтеграли вигляду


I	R(x) d x

(

– раціональна функція)

Нехай на відрізку [ a , b ] дійсної осі задано неперервну функцію f (x) .
Нехай на комплексної площини z в області D , яка містить у собі відрізок
[ a , b ] , задано аналітичну функцію комплексної змінної f (z) , причому на
відрізку	[ a , b ] ця функція приймає ті ж значення, що і функція	f (x) . Тоді
функція	f (z) називається аналітичним продовженням функції	f (x) на об-
ласть D	комплексної площини. Можна показати, що для заданої функції

існує єдине аналітичне продовження. Справедлива наступна
Теорема. Нехай функція	f (x) , що задана на всій дійсній осі		x ,
має аналітичне продовження	f (z) на верхню півплощину Im z 0		комплек-
сної площини z , причому:
1) функція f (z) аналітична всюди у верхній півплощини, виключаючи
скінченну кількість n ізольованих особливих точок z1, z2 ,		, zn ,	які не ле-
жать на дійсній осі;
2) нескінченно віддалена точка z є нулем порядку не нижче друго-

го функції	f (z) , тобто розклад функції в ряд Лорана в околі точки	z має
вигляд

		f (z)				c			c
		f (z)				2			3
						2			3
						z	2		z	3
						z			z

Тоді невласний інтеграл першого роду I											f (x) d x існує і дорівнює

									n
	I f (x) d x 2 i res f (z); zk .
								k 1
Доведення. Якщо вибрати додатне число R достатньо великим, щоб
виконувалася умова	zk R	(k 1, 2,						, n) ,			то всі особливі точки функції
f (z) можна заключити у замкнений контур C , що складається з відрізку
дійсної осі R x R	та півкола		C	R	,		z R				у верхній півплощини. За основ-
			C		,		z R

ною теоремою про лишки

			R						n
	f (z) d z			f (x) d x		f (x) d x 2i res f (z);
C			R	C	R				k 1
Перейдемо до границі за умови z :
		R
	lim		f (x) d x f (x) d x,				lim		f (z) d z 0 ,
	R	R					R	CR
		R						CR

звідки і випливає теорема.

z	k

y O

Зауваження 1. Теорема справедлива і в тому випадку, коли умовам теореми задовольняє аналітичне продовження функції f (x) у нижню півплощину. При цьому дійсна вісь проходиться справа наліво, і остаточна формула має вигляд

	n
I f (x) d x 2i res f (z);
	k 1

z	k

Зауваження 2. Якщо функція рною, то

f (x)

задовольняє умовам теореми і є па-

f (x) d x

Приклад. Обчислити інтеграл	I

n
i res f (z); zk .
k 1
	d x
	d x			.
	x	4	1

Розв’язання. Аналітичним продовженням підінтегральної функції у

верхню півплощину є функція f (z) 1 , яка задовольняє умовам теоре-

z4 1

ми. Вона має у верхній півплощині дві особливі точки

причому обидві точки є простими полюсами, а точка	z
того порядку. Тому

	i					i	3
e		4	та	z2	e		4	,

є нулем четвер-

			1		i				1		i	3		1					1					i		i		i 3
		4	1	; e		res		4	1	; e				1	3				1	3				i	e		e
I 2 i res		4		; e	4	res		4		; e		4	2 i		3					3					e	4	e	4
					4							4														4		4
	z		1				z		1					4z			i	4	4z			i	4	2
																		4					4
																							3
																z e					z e

4.4.3. Інтеграли вигляду

eiax

(x)dx

. Лема Жордана

Лема Жордана. Нехай функція f (z) аналітична у верхній півплощині

Im z 0 , виключаючи скінченну кількість ізольованих особливих точок, і
рівномірно відносно arg z (0 arg z ) прямує до нуля при	z	. Тоді

при a 0

lim	e	iaz	f (z) d z
lim	e		f (z) d z
R	C
	C
	R

де CR	– дуга півкола	z	R	у верхній півплощині	z .

Лема Жордана знаходить численні застосування при обчисленні широкого класу невласних інтегралів, оскільки з цієї леми випливає наступна

	Теорема. Нехай функція			f (x)	, що задана на всій дійсній осі			x ,
має аналітичне продовження				f (z)	у верхню півплощину Im z 0 , причому
f (z)	задовольняє умовам леми Жордана і не має особливих точок на дійс-

ній осі. Тоді інтеграл eiax f (x) d x, a 0 , існує і дорівнює

					n
	e	iax	f (x) d x			i a z
	e		f (x) d x		2 i res e		f (z); zk ,
					k 1
де zk	– особливі точки функції			f (z) у верхній півплощині z .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.02.201615.28 Кб51титулка отчет орг. практика ОНАПТ 2015.docx
#
11.09.2019181.76 Кб6титульный и прочее-1.doc
#
17.07.201994.21 Кб1Трансп,енергет,ремонт.doc
#
15.11.2018291.33 Кб12ТТЖП Мясо(метод.).doc
#
15.11.2018461.31 Кб20ТТЖП Рыба(метод.).doc
#
09.02.20162.63 Mб17ТФКП-15.03.14.pdf
#
09.02.2016727.04 Кб71ТХПП МЕТОДИЧКА.doc
#
09.02.20161.73 Mб80Тюнинг двигателей.doc
#
09.02.2016222.6 Кб9УЗРГ.docx
#
04.12.201881.76 Кб18УИРС.docx
#
09.02.2016350.5 Кб29Укр культура.docx