Giáo trình môn Toán Chuyên đề

pdf

156 trang Đức Chiến 03/01/2024 470

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình môn Toán Chuyên đề", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_mon_toan_chuyen_de.pdf

Nội dung text: Giáo trình môn Toán Chuyên đề

Bùi Tuấn Khang • Hm Biến Phức • Ph−ơng Trình Vật Lý Toán Đại học Đ nẵng 2004
Lời nói đầu Giáo trình ny đ−ợc biên soạn nhằm trang bị các tri thức toán học cốt yếu để lm công cụ học tập v nghiên cứu các môn học chuyên ngnh cho sinh viên các ngnh kỹ thuật thuộc Đại học Đ nẵng. Nội dung giáo trình gồm có 8 ch−ơng với thời l−ợng 60 tiết (4 đơn vị học trình) đ−ợc chia lm hai chuyên đề nhỏ. Chuyên đề Hm biến phức gồm 5 ch−ơng Ch−ơng 1 Các khái niệm cơ bản về số phức, dy trị phức, hm trị phức v các tập con của tập số phức. Ch−ơng 2 Các khái niệm cơ bản về hm trị phức, đạo hm phức, các hm giải tích sơ cấp v phép biến hình bảo giác. Ch−ơng 3 Các khái niệm cơ bản về tích phân phức, định lý tích phân Cauchy v các hệ quả của nó. Ch−ơng 4 Các khái niệm cơ bản về chuỗi hm phức, khai triển Taylor, khai triển Laurent, lý thuyết thặng d− v các ứng dụng của nó. Ch−ơng 5 Các khái niệm cơ bản, các tính chất, các ph−ơng pháp tìm ảnh gốc v các ứng dụng của biến đổi Fourier v biến đổi Laplace. Chuyên đề Ph−ơng trình vật lý Toán gồm có 3 ch−ơng Ch−ơng 6 Các khái niệm cơ bản về lý thuyết tr−ờng : Tr−ờng vô h−ớng, tr−ờng vectơ, thông l−ợng, hon l−u v toán tử vi phân cấp 1. Ch−ơng 7 Các bi toán cơ bản của ph−ơng trình vật lý toán, bi toán Cauchy v bi toán hỗn hợp của ph−ơng trình truyền sóng. Ch−ơng 8 Bi toán Cauchy v bi toán hỗn hợp của ph−ơng trình truyền nhiệt, bi toán Dirichlet v bi toán Neumann của ph−ơng trình Laplace. Tác giả xin chân thnh cảm ơn các bạn đồng nghiệp GVC. Nguyễn Trinh, GVC. Lê Phú Nghĩa v GVC. TS. Lê Hong Trí đ dnh thời gian đọc bản thảo v cho các ý kiến đóng góp để hon thiện giáo trình. Giáo trình đ−ợc biên soạn lần đầu chắc còn có nhiều thiếu sót. Rất mong nhận đ−ợc ý kiến đóng góp của bạn đọc gần xa. Đ nẵng 2004 Tác giả
Ch−ơng 1 Số phức Đ1. Tr−ờng số phức • Kí hiệu ∀ = 3 ì 3 = { (x, y) : x, y ∈ 3 }. Trên tập ∀ định nghĩa phép toán cộng v phép toán nhân nh− sau ∀ (x, y), (x’, y’) ∈ ∀ (x, y) + (x’, y’) = (x + x’, y + y’) ì (x, y) (x’, y’) = (xx’ yy’, xy’ + x’y) (1.1.1) Ví dụ (2, 1) + (1, 1) = (1, 2) v (2, 1) ì (1, 1) = (3, 1) Định lý ( ∀, +, ì ) l một tr−ờng số. Chứng minh Kiểm tra trực tiếp các công thức (1.1.1) Phép toán cộng có tính giao hoán, tính kết hợp, có phần tử không l (0, 0) ∀ (x, y) ∈ ∀, (x, y) + (0, 0) = (x, y) Mọi phần tử có phần tử đối l (x, y) = (x, y) ∀ (x, y) ∈ ∀, (x, y) + (x, y) = (0, 0) Phép toán nhân có tính giao hoán, tính kết hợp, có phần tử đơn vị l (1, 0) ∀ (x, y) ∈ ∀, (x, y) ì (1, 0) = (x, y) − y Mọi phần tử khác không có phần tử nghịch đảo l (x, y) 1 = ( x , ) x 2 + y 2 x 2 + y 2 − y ∀ (x, y) ∈ ∀ {(0, 0)}, (x, y) ì ( x , ) = (1, 0) x 2 + y 2 x 2 + y 2 Ngoi ra phép nhân l phân phối với phép cộng • Tr−ờng ( ∀, +, ì ) gọi l tr−ờng số phức , mỗi phần tử của ∀ gọi l một số phức . Theo định nghĩa trên mỗi số phức l một cặp hai số thực với các phép toán thực hiện theo công thức (1.1.1). Trên tr−ờng số phức phép trừ, phép chia v phép luỹ thừa định nghĩa nh− sau. ∀ (n, z, z’) ∈ ∠ ì ∀ ì ∀* với ∀* = ∀ { (0, 0) } z z z’ = z + ( z’), = z ì (z’) 1 v z 0 = 1, z 1 = z v z n = z n1 ì z (1.1.2) z' • Bằng cách đồng nhất số thực x với số phức (x, 0) Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 5
Ch−ơng 1. Số Phức x ≡ (x, 0), 1 ≡ (1, 0) v 0 ≡ (0, 0) tập số thực trở thnh tập con của tập số phức. Phép cộng v phép nhân các số phức hạn chế lên tập số thực trở thnh phép cộng v phép nhân các số thực quen thuộc. x + x’ ≡ (x, 0) + (x’, 0) = (x + x’, 0) ≡ x + x’, Ngoi ra trong tập số phức còn có các số không phải l số thực. Kí hiệu i = (0, 1) gọi l đơn vị ảo . Ta có i2 = (0, 1) ì (0, 1) = (1, 0) ≡ 1 Suy ra ph−ơng trình x 2 + 1 = 0 có nghiệm phức l x = − 1 ∉ 3. Nh− vậy tr−ờng số thực ( 3, +, ì) l một tr−ờng con thực sự của tr−ờng số phức ( ∀, +, ì). Đ2. Dạng đại số của số phức • Với mọi số phức z = (x, y) phân tích (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x(1, 0) + y(0, 1) Đồng nhất đơn vị thực (1, 0) ≡ 1 v đơn vị ảo (0, 1) ≡ i, ta có z = x + iy (1.2.1) Dạng viết (1.2.1) gọi l dạng đại số của số phức. Số thực x = Rez gọi l phần thực , số thực y = Imz gọi l phần ảo v số phức z = x iy gọi l liên hợp phức của số phức z. Kết hợp các công thức (1.1.1) (1.2.1) suy ra dạng đại số của các phép toán số phức. (x + iy) + (x’ + iy’) = (x + x’) + i(y + y’) (x + iy) ì (x’ + iy’) = (xx’ yy’) + i(xy’ + x’y) x + iy xx′ + yy′ x′y − xy′ = + i , (1.2.2) x′ + yi ′ x′2 + y′2 x′2 + y′2 Ví dụ Cho z = 1 + 2i v z’ = 2 i z 1 + i2 z ì z’ = (2 + 2) + i(1 + 4) = 4 + 3i, = = i z' 2 − i z2 = (1 + 2i) ì (1 + 2i) = 3 + 5i, z 3 = z 2 ì z = (3 + 5i) ì (1 + 2i) = 13 i • Từ định nghĩa suy ra z = z ⇔ z ∈ 3 z = z ⇔ z ∈ i 3 z = z 2 2 z + z = 2Rez z z = 2iImz z z = Re z + Im z (1.2.3) Ngoi ra liên hợp phức còn có các tính chất sau đây. Định lý ∀ (n, z, z’) ∈ ∠ ì ∀ ì ∀ Trang 6 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức 1. z + z' = z + z' 2. zz' = z z' z n = )z(n − − z z 3. z 1 = )z( 1 = z′ z′ Chứng minh 1. Suy ra từ định nghĩa 2. Ta có zz' = (x + iy) ì x( ′ + yi ′) = (xx’ yy’) i(xy’ + x’y) z z' = (x iy) ì (x’ iy’) = (xx’ yy’) + i(xy’ x’y) Qui nạp suy ra hệ thức thứ hai. 3. Ta có zz −1 = z z −1 = 1 ⇒ z −1 = ( z )1 Suy ra z/z ′ = z(z ′) −1 = z z′−1 • Với mọi số phức z = x + iy, số thực | z | = x 2 + y 2 gọi l module của số phức z. Nếu z = x ∈ 3 thì | z | = | x |. Nh− vậy module của số phức l mở rộng tự nhiên của khái niệm trị tuyệt đối của số thực. Từ định nghĩa suy ra | Rez |, | Imz | ≤ | z | | z | = | z | = | z | = | z | z z = z z = | z |2 z 1 z1 = 1 z = z(z’) 1 = z z' (1.2.4) | z |2 z' | z'|2 Ngoi ra module của số phức còn có các tính chất sau đây. Định lý ∀ (n, z, z’) ∈ ∠ ì ∀ ì ∀ 1. | z | ≥ 0 | z | = 0 ⇔ z = 0 2. | z z’ | = | z || z’ | | z n | = | z |n z |z| 3. | z 1 | = | z |1 = z′ | z′ | 4. | z + z’ | ≤ | z | + | z’ | || z | | z’ || ≤ | z z’ | Chứng minh 1. Suy ra từ định nghĩa 2. Ta có | zz’ |2 = zz’ zz' = (z z )(z’ z′) = ( | z || z’ | )2 Qui nạp suy ra hệ thức thứ hai. 3. Ta có | z z 1 | = | z || z 1| = 1 ⇒ | z 1 | = 1 / | z | Suy ra | z / z’ | = | z (z’) 1 | = | z | | (z’) 1 | 4. Ta có z z′ + z z’ = 2Re(z z′) ≤ | z z′ = | z || z’ | Suy ra | z + z’ 2 = (z + z’)( z + z' ) =  z 2 + 2Re(z z′) + | z’ |2 ≤ ( | z | + | z’ |)2 Đ3. Dạng l−ợng giác của số phức Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 7
Ch−ơng 1. Số Phức • Với mọi số phức z = x + iy ∈ ∀* tồn tại duy nhất số thực ϕ ∈ (π, π] sao cho x y cos ϕ = v sin ϕ = (1.3.1) | z | | z | Tập số thực Argz = ϕ + k2 π, k ∈ 9 gọi l argument , số thực argz = ϕ gọi l argument chính của số phức z. Chúng ta qui −ớc Arg(0) = 0. Kí hiệu r = | z | từ công thức (1.3.1) suy ra x = rcos ϕ v y = rsin ϕ Thay vo công thức (1.2.1) nhận đ−ợc z = r(cos + isin ϕ) (1.3.2) Dạng viết (1.3.2) gọi l dạng l−ợng giác của số phức. • Từ định nghĩa suy ra argz = ϕ ⇒ arg(z) = ϕ π, arg z = ϕ v arg( z ) = π ϕ x > 0, argx = 0 x 0, arg(iy) = π/2 y < 0, arg(iy) = π/2 (1.3.3) Ngoi ra argument của số phức còn có các tính chất sau đây. Định lý ∀ (n, z, z’) ∈ ∠ ì ∀ ì ∀ 1. arg(zz’) = argz + argz’ [2 π] arg(z n) = n argz [2 π] 2. arg(z 1) = argz [2 π] arg(z / z’) = argz argz’ [2 π] Chứng minh 1. Giả sử z = r(cos ϕ + isin ϕ) v z’ = r’(cos ϕ’ + isin ϕ’) Suy ra zz’ = rr’[(cos ϕcos ϕ’ sin ϕsin ϕ’) + i(sin ϕcos ϕ’ + cos ϕsin ϕ’)] = rr’[cos( ϕ + ϕ’) + isin( ϕ + ϕ’)] Qui nạp suy ra hệ thức thứ hai. 2. Ta có arg(zz 1) = arg(z) + arg(z 1) = 0 [2 π] ⇒ arg(z 1) = arg(z) [2 π] Suy ra arg(z / z’) = arg(zz’ 1) = argz + arg(z’ 1) Ví dụ Cho z = 1 + i v z’ = 1 + 3 i π π π π π π Ta có zz’ = [ 2 (cos + isin )][2(cos + isin )] = 2 2 (cos 5 + isin 5 ) 4 4 6 6 12 12 π π z100 = ( 2 )100 [cos(100 ) + isin(100 )] = 250 4 4 • Với mọi số thực ϕ ∈ 3, kí hiệu ϕ ei = cos ϕ + i sin ϕ (1.3.4) Trang 8 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức Theo các kết quả ở trên chúng ta có định lý sau đây. Định lý ∀ (n, ϕ, ϕ’) ∈ ∠ ì 3 ì 3 ϕ ϕ ϕ 1. ei ≠ 0 ei = 1 ⇔ ϕ = k2 π e iϕ = e i ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2. ei( + ’) = e i ei ’ (e i )1 = e i (e i )n = e in Chứng minh Suy ra từ công thức (1.3.4) v các kết quả ở trên Hệ quả ∀ (n, ϕ) ∈ ∠ ì 3 1. (cos ϕ + isin ϕ)n = cosn ϕ + isinn ϕ (1.3.5) 1 ϕ ϕ 1 ϕ ϕ 2. cos ϕ = (e i + e i ) sin ϕ = (e i e i ) (1.3.6) 2 2i Công thức (1.3.5) gọi l công thức Moivre, công thức (1.3.6) gọi l công thức Euler. n n Ví dụ Tính tổng C = ∑ cos kϕ v S = ∑ sin kϕ k=0 k=0 n n(i + )1 ϕ − ikϕ e 1 Ta có C + iS = ∑ e = iϕ k=0 e − 1 1 cos(n + )1 ϕ − cos nϕ + cosϕ −1 1 sin(n + )1 ϕ − sin nϕ − sin ϕ Suy ra C = v S = 2 cosϕ −1 2 cosϕ −1 • Số phức w gọi l căn bậc n của số phức z v kí hiệu l w = n z nếu z = w n Nếu z = 0 thì w = 0 ϕ θ Xét tr−ờng hợp z = re i ≠ 0 v w = ρei θ ϕ Theo định nghĩa wn = ρnein = re i Suy ra ρn = r v n θ = ϕ + m2 π ϕ π Hay ρ = n r v θ = + m 2 với m ∈ 9 n n Phân tích m = nq + k với 0 ≤ k < n v q ∈ 9. Ta có ϕ π ϕ π + m 2 ≡ + k 2 [2 π] n n n n Từ đó suy ra định lý sau đây. Định lý Căn bậc n của số phức khác không có đúng n giá trị khác nhau ϕ π ϕ π w = n r [cos ( + k 2 ) + isin( + k 2 )] với k = 0 (n 1) (1.3.7) k n n n n Ví dụ Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 9
Ch−ơng 1. Số Phức π π 1. Số phức z = 1 + i = 2 (cos + isin ) có các căn bậc 3 sau đây 4 4 π π π π π π w = 6 2 (cos + isin ), w = 6 2 (cos 9 + isin 9 ), w = 6 2 (cos 17 + isin 17 ) 0 12 12 1 12 12 2 12 12 2. Giải ph−ơng trình x 2 x +1 = 0 1 ± i 3 Ta có ∆ = 3 < 0 ph−ơng trình có nghiệm phức x = 1,2 2 2π ik ω n Hệ quả Kí hiệu k = e , k = 0 (n 1) l các căn bậc n của đơn vị. n−1 ω ω ω ω k ω 1. k = nk 2. k = ( 1) 3. ∑ k = 0 k=0 2π i 3 ω ω 2 2 Ví dụ Với n = 3, kí hiệu j = e = 1 . Suy ra 2 = j = j v 1 + j + j = 0 Đ4. Các ứng dụng hình học phẳng • Kí hiệu V l mặt phẳng vectơ với cơ sở trực chuẩn d−ơng ( i, j). Anh xạ Φ : ∀ → V, z = x + iy α v = x i + y j (1.4.1) l một song ánh gọi l biểu diễn vectơ của số phức. Vectơ v gọi l ảnh của số phức z, còn số phức z gọi l toạ vị phức của vectơ v v kí hiệu l v(z). Kí hiệu P l mặt phẳng điểm với hệ toạ độ trực giao (Oxy). Anh xạ Φ : ∀ → P, z = x + iy α M(x, y) (1.4.2) l một song ánh gọi l biểu diễn hình học của số phức. Điểm M gọi l ảnh của số phức z còn số phức z gọi l toạ vị phức của điểm M v kí hiệu l M(z). Nh− hình bên, M(z) với z = x + iy, M ( z ), M (z) v M ( z ). 1 2 3 M1 M Nếu z = x ∈ 3 thì điểm M(z) ∈ (Ox), còn nếu z = iy thì điểm M(z) ∈ (Oy). Do vậy mặt phẳng (Oxy) còn gọi l mặt phẳng 0 phức, trục (Ox) l trục thực v trục (Oy) l trục ảo. Sau ny M M chúng ta sẽ đồng nhất mỗi số phức với một vectơ hay một điểm 2 3 trong mặt phẳng v ng−ợc lại. Định lý Cho các vectơ u(a), v(b) ∈ V, số thực λ ∈ 3 v điểm M(z) ∈ P 1. | u | = | a | ∠(i, u) = arg(a) Φ(λa + b) = λu + v 2. | OM | = | z | ∠(i, OM ) = arg(z) Chứng minh Trang 10 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức Suy ra từ các công thức (1.4.1) v (1.4.2) Hệ quả 1 Trong mặt phẳng cho các điểm A(a), B(b), C(c) v D(d) 1. AB (b a), AB = | b a |, ∠(i, AB ) = arg(b a) d − c 2. ∠( AB , CD ) = ∠(i, CD ) ∠(i, AB ) = arg b − a Chứng minh Suy ra từ định lý 1 1 1 Ví dụ Cho z ∈ ∀ {1, 0, 1} v A(1), B(1), M(z), N( ) v P( (z + )). Chứng minh z 2 z rằng đ−ờng thẳng (MN) l phân giác của góc ∠( PA , PB ). 1 1 z( − )1 2 M Ta có ∠(i, AP ) = arg( (z + ) 1) = arg 2 z z2 P 1 1 z( + )1 2 ∠(i, BP ) = arg( (z + ) + 1) = arg 2 z z2 B O A Suy ra N z( − )1 2 z( + )1 2 1 ∠(i, AP ) + ∠(i, BP ) = arg = 2arg(z ) = 2 ∠(i, MN ) z2 z2 z Hệ quả 2 Với các kí hiệu nh− trên d − c d − c 1. Hai đ−ờng thẳng (AB) // (CD) ⇔ arg = 0 [ π] ⇔ ∈ 3 b − a b − a d − c π d − c 2. Hai đ−ờng thẳng (AB) ⊥ (CD) ⇔ arg = [ π] ⇔ ∈ i 3 b − a 2 b − a c − a c − a 3. Ba điểm A, B, C thẳng hng ⇔ arg = 0 [ π] ⇔ ∈ 3 b − a b − a Chứng minh Suy ra từ các hệ thức hệ quả 1 Ví dụ Trong mặt phẳng tìm điểm A(z) sao cho ba điểm A(z), B(iz) v C(i) thẳng hng Kí hiệu z = x + iy, ta có iz − i A, B, C thẳng hng ⇔ = k ∈ 3 ⇔ y + i(x 1) = (kx) + ik(y 1) z − i − = 1 − k k(k − )1 ⇔ y kx ⇔ x = , y = với k ∈ 3  − = − 2 2 x 1 y(k )1 k + 1 k + 1 • ánh xạ Φ : P → P, M α N gọi l một phép biến hình Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 11
Ch−ơng 1. Số Phức Phép biến hình M α N = M + v gọi l phép tĩnh tiến theo vectơ v Phép biến hình M α N = A + k AM (k > 0) gọi l phép vi tự tâm A, hệ số k Phép biến hình M α N sao cho ∠( AM , AN ) = α gọi l phép quay tâm A, góc α Tích của phép tĩnh tiến, phép vi tự v phép quay gọi l phép đồng dạng. Định lý Cho phép biến hình Φ : M α N 1. Phép biến hình Φ l phép tĩnh tiến ⇔ z’ = z + b với b ∈ ∀ Φ ⇔ ∈ 3 ∈ ∀ 2. Phép biến hình l phép vi tự z’ = a + k(z a) với k +, a α 3. Phép biến hình Φ l phép quay ⇔ z’ = a + e i (z a) với α ∈ 3, a ∈ ∀ 4. Phép biến hình Φ l phép đồng dạng ⇔ z’ = az + b với a, b ∈ ∀ Chứng minh Suy ra từ định nghĩa các phép biến hình v toạ vi phức. Ví dụ Cho A(a), B(b) v C(c). Tìm điều kiện cần v đủ để ∆ABC l tam giác đều π i ∆ABC l tam giác đều thuận ⇔ (a b) = e 3 (c b) A ⇔ (a b) = j 2(c b) ⇔ a + jb + j 2c = 0 T−ơng tự, ∆ACB l tam giác đều nghịch π + 3 ⇔ (a b) = j(c b) ⇔ a + jc + j 2b = 0 B C Suy ra ∆ABC l tam giác đều ⇔ (a + jb + j 2c)(a + jc + j 2b) = 0 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca Đ5. Dy trị phức • ánh xạ ϕ ∠ → ∀ α : , n z n = x n + iy n (1.5.1) gọi l dy số phức v kí hiệu l (z n)n∈∠. Dy số thực (x n)n∈∠ gọi l phần thực , dy số thực (y n)n∈∠ l phần ảo , dy số thực d−ơng | | ( z n )n∈∠ l module , dy số phức ( zn )n∈∠ l liên hợp phức của dy số phức. Dy số phức (z n)n∈∠ gọi l dần đến giới hạn a v kí hiệu l lim zn = a nếu n→+∞ ∀ ε ∃ ∈ ∠ ∀ | | ε > 0, N : n > N ⇒ z n a 0, N : n > N ⇒ z n > M Dy có giới hạn module hữu hạn gọi l dy hội tụ . Dy không hội tụ gọi l dy phân kỳ . Trang 12 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức α β ∈ ∀ Định lý Cho dy số phức (z n = x n + iy n)n∈∠ v a = + i ⇔ α β lim zn = a lim xn = v lim yn = (1.5.2) n→+∞ n→+∞ n→+∞ Chứng minh Giả sử ⇔ ∀ ε ∃ ∈ ∠ ∀ | | ε lim zn = a > 0, N : n > N ⇒ z n a N ⇒ x n 0, N : n > N ⇒ x n N ⇒ z n a < Suy ra lim zn = a n→+∞ Hệ quả ⇔ | | | | 1. lim zn = a lim zn = a ⇒ lim z n = a n→+∞ n→+∞ n→+∞ λ λ 2. lim ( zn + z’ n) = lim zn + lim z’ n n→+∞ n→+∞ n→+∞ lim (z n z’ n) = lim zn lim z’ n v lim (z n / z’ n) = lim zn / lim z’ n n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ 3. Các tính chất khác t−ơng tự giới hạn dy số thực • Cho dy số phức (z n = x n + iy n)n∈∠ . Tổng vô hạn +∞ ∑ z n = z 0 + z 1 + + z n + (1.5.3) n=0 gọi l chuỗi số phức . +∞ +∞ Chuỗi số thực ∑ x n gọi l phần thực , chuỗi số thực ∑ y n l phần ảo , chuỗi số thực n=0 n=0 +∞ +∞ d−ơng ∑ z| n | l module , chuỗi số phức ∑ z n l liên hợp phức của chuỗi số phức. n=0 n=0 n Kí hiệu S n = ∑ z k gọi l tổng riêng thứ n của chuỗi số phức. Nếu dy tổng riêng S n dần k=0 đến giới hạn S có module hữu hạn thì chuỗi số phức gọi l hội tụ đến tổng S v kí hiệu l +∞ ∑ z n = S. Chuỗi không hội tụ gọi l chuỗi phân kỳ . n=0 +∞ Ví dụ Xét chuỗi số phức ∑ z n = 1 + z + + z n + ( | z | < 1) n=0 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 13
Ch−ơng 1. Số Phức z n+1 − 1 1 Ta có S = 1 + z + + z n = → n z − 1 +∞ 1 − z Vậy chuỗi đ cho hội tụ. Từ định nghĩa chuỗi số phức v các tính chất của dy số phức, của chuỗi số thực suy ra các kết quả sau đây. +∞ ()= + α β ∈ ∀ Định lý Cho chuỗi số phức ∑ z n x n iy n v S = + i n=0 +∞ +∞ +∞ ⇔ α β ∑ z n = S ∑ x n = v ∑ y n = (1.5.4) n=0 n=0 n=0 Chứng minh Suy ra từ các định nghĩa v công thức (1.5.2) Hệ quả +∞ +∞ +∞ | | ⇔ 1. ∑ z| n | = S ⇒ ∑ z n = S ∑ z n = S n=0 n=0 n=0 2. Các tính chất khác t−ơng tự chuỗi số thực +∞ +∞ • Chuỗi số phức ∑ z n gọi l hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi module ∑ z| n | hội tụ. Rõ rng n=0 n=0 chuỗi hội tụ tuyệt đối l chuỗi hội tụ. Tuy nhiên điều ng−ợc lại nói chung l không đúng. Ngoi ra, có thể chứng minh rằng chỉ khi chuỗi số phức hội tụ tuyệt đối thì tổng vô hạn (1.5.3) mới có các tính chất giao hoán, kết hợp, t−ơng tự nh− tổng hữu hạn. Đ6. Hm trị phức • Cho khoảng I ⊂ 3, ánh xạ f : I → ∀, t α f(t) = u(t) + iv(t) (1.6.1) gọi l hm trị phức . Hm u(t) = Ref(t) gọi l phần thực , hm v(t) = Imf(t) l phần ảo , hm | f(t) | l module , hm )t(f l liên hợp phức của hm trị phức. Trên tập f(I, ∀) các hm trị phức xác định trên khoảng I, chúng ta định nghĩa các phép toán đại số t−ơng tự nh− trên tập f(I, 3) các hm trị thực xác định trên khoảngI. Hm trị phức f(t) gọi l bị chặn nếu hm module | f(t) | bị chặn. Cho hm f : I → ∀ v α ∈ I . Hm f gọi l dần đến giới hạn L khi t dần đến α v kí Trang 14 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức hiệu l lim f(t) = l nếu t→α ∀ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀ t ∈ I, 0 0, ∃ δ > 0 : ∀ t ∈ I, 0 M Các tr−ờng hợp khác định nghĩa t−ơng tự. Định lý Cho hm f : I → ∀, t α f(t) = u(t) + iv(t), α ∈ I v L = l + ik ∈ ∀ lim f(t) = L ⇔ lim u(t) = l v lim v(t) = k (1.6.2) t→α t→α t→α Chứng minh Lập luận t−ơng tự nh− chứng minh công thức (1.5.2) Hệ quả 1. lim f(t) = L ⇔ lim )t(f = L ⇒ lim | f(t) | = | L | t→α t→α t→α 2. lim [λf(t) + g(t)] = λ lim f(t) + lim g(t) t→α t→α t→α lim [f(t)g(t)] = lim f(t) lim g(t), lim [f(t) / g(t)] = lim f(t) / lim g(t) t→α t→α t→α t→α t→α t→α 3. Các tính chất khác t−ơng tự giới hạn hm trị thực • Từ các kết quả trên thấy rằng, các tính chất của hm trị thực đ−ợc mở rộng tự nhiên thông qua phần thực, phần ảo cho hm trị phức. Hm f(t) = u(t) + iv(t) gọi l khả tích (liên tục, có đạo hm, thuộc lớp C k, ) nếu các hm u(t) v v(t) l khả tích (liên tục, có đạo hm, thuộc lớp C k, ) v ta có ∫ )t(f dt = ∫ )t(u dt + i ∫ )t(v dt I I I f(k) (t) = u (k) (t) + iv (k) (t) , (1.6.3) Hm f(t) gọi l khả tích tuyệt đối nếu hm module | f(t) | khả tích. Trên tập số phức không định nghĩa quan hệ thứ tự v do vậy các tính chất liên quan đến thứ tự của f(t) đ−ợc chuyển qua cho module | f(t) |. Ví dụ Cho hm trị phức f(t) = cost + isint có phần thực x(t) = cost phần ảo y(t) = sint l ∞ ∞ hm thuộc lớp C suy ra hm f(t) thuộc lớp C f’(t) = sint + icost, f”(t) = cost isint, π / 2 π / 2 π / 2 ∫ (cost + i sin )t dt = ∫ costdt + i ∫ sintdt = 1 + i 0 0 0 • ánh xạ γ : [ α, β] → ∀, t α γ(t) (1.6.4) Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 15
Ch−ơng 1. Số Phức gọi l một tham số cung . Tập điểm Γ = γ([ α, β]) gọi l quĩ đạo của tham số cung γ hay còn gọi l một đ−ờng cong phẳng . Ph−ơng trình γ(t) = x(t) + iy(t), t ∈ [ α, β] gọi l ph−ơng trình tham số của đ−ờng cong phẳng Γ. Tham số cung γ gọi l kín nếu điểm đầu v điểm cuối trùng nhau. Tức l γ(α) = γ(β) Tham số cung γ gọi l đơn nếu ánh xạ γ : ( α, β) → ∀ l một đơn ánh. Tham số cung γ gọi l liên tục (trơn từng khúc, thuộc lớp C k, ) nếu hm γ (t) l liên tục (có đạo hm liên tục từng khúc, thuộc lớp C k, ) trên [ α, β]. Sau ny chúng ta chỉ xét các tham số cung từ liên tục trở lên. • ánh xạ ϕ α β → α β α ϕ : [ , ] [ 1, 1], t s = (t) (1.6.5) có đạo hm liên tục v khác không gọi l một phép đổi tham số . Nếu với mọi t ∈ ( α, β) đạo hm ϕ’(t) > 0 thì phép đổi tham số gọi l bảo ton h−ớng , trái lại gọi l đổi h−ớng . γ α β → ∀ γ α β → ∀ Hai tham số cung : [ , ] v 1 : [ 1, 1] gọi l t−ơng đ−ơng nếu có phép đổi ϕ α β → α β tham số : [ , ] [ 1, 1] sao cho ∀ ∈ α β γ γ ϕ t [ , ], (t) = 1o (t) ϕ γ γ Nếu bảo ton h−ớng thì v 1 gọi l cùng h−ớng , trái lại gọi l ng−ợc h−ớng . Có thể thấy rằng qua hệ cùng h−ớng l một quan hệ t−ơng đ−ơng theo nghĩa tổng quát. Nó phân chia tập các tham số cung có cùng quĩ đạo Γ thnh hai lớp t−ơng đ−ơng. Một lớp cùng h−ớng với γ còn lớp kia ng−ợc h−ớng với γ. Đ−ờng cong phẳng Γ = γ([ α, β]) cùng với lớp các tham số cung cùng h−ớng gọi l một đ−ờng cong định h−ớng . Cũng cần l−u ý rằng cùng một tập điểm Γ có thể l quĩ đạo của nhiều đ−ờng cong định h−ớng khác nhau. Sau ny khi nói đến đ−ờng cong chúng ta hiểu đó l đ−ờng cong định h−ớng. Ví dụ Tham số cung x(t) = Rcost, y(t) = Rsint, t ∈ [0, 2 π] l đơn, trơn, kín v có quĩ đạo l đ−ờng tròn tâm tại gốc toạ độ, bán kính R v định h−ớng ng−ợc chiều kim đồng hồ. • Đ−ờng cong Γ gọi l đơn (kín, liên tục, trơn từng khúc, lớp C k, ) nếu tham số cung γ l đơn (kín, liên tục, trơn từng khúc, lớp C k, ). Đ−ờng cong Γ gọi l đo đ−ợc nếu tham số cung γ có đạo hm khả tích tuyệt đối trên [ α, β]. Khi đó kí hiệu β s( Γ) = ∫ x′2 )t( + y′2 )t( dt (1.6.6) α v gọi l độ di của đ−ờng cong Γ. Có thể chứng minh rằng đ−ờng cong đơn, trơn từng khúc l đo đ−ợc. Đ7. Tập con của tập số phức Trang 16 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức • Cho a ∈ ∀ v ε > 0. Hình tròn B(a, ε) = {z ∈ ∀ : | z a | 0 sao cho B(a, ε) ⊂ D. Điểm b gọi l điểm biên D của tập D nếu ∀ ε > 0, B(b, ε) ∩ D ≠ ∅ v B(b, ε) ∩ ( ∀ D) ≠ ∅. a ∂ Kí hiệu D 0 l tập hợp các điểm trong, D l tập hợp các điểm biên v D = D ∪ ∂D l bao đóng của tập D. Rõ rng ta có ⊂ ⊂ D0 D D (1.7.1) ⊂ Tập D gọi l tập mở nếu D = D 0, tập D gọi l tập đóng nếu D = D . Tập A D gọi l mở (đóng) trong tập D nếu tập A ∩ D l tập mở (đóng). Ví dụ Hình tròn mở B(a, ε) = { z ∈ ∀ : | z a | 0, y ≥ 0 } l tập không đóng v cũng không mở. Định lý Tập mở, tập đóng có các tính chất sau đây. 1. Tập ∅ v ∀ l tập mở 2. Tập D l tập mở khi v chỉ khi ∀ a ∈ D, ∃ B(a, ε) ⊂ D 3. Nếu các tập D v E l tập mở thì các tập D ∩ E v D ∪ E cũng l tập mở 4. Tập D l tập mở khi v chỉ khi tập ∀ D l tập đóng ∀ ⊂ ∈ 5. Tập D l tập đóng khi v chỉ khi (z n)n∈∠ D v lim zn = a thì a D n→+∞ Chứng minh 1. 3. Suy ra từ định nghĩa tập mở 4. Theo định nghĩa điểm biên ∂D = ∂(∀ D) Theo định nghĩa tập mở, tập đóng tập D mở ⇔ ∂D ⊄ D ⇔ ∂D ⊂ ∀ D ⇔ tập ∀ D đóng 5. Giả sử tập D l tập đóng v dy số phức z n hội tụ trong D đến điểm a. Khi đó ∀ ε ∃ ∈ ε ε ∩ ≠ ∅ ∈ > 0, z n B(a, ) ⇒ B(a, ) D ⇒ a D = D Ng−ợc lại, với mọi a ∈ ∂D theo định nghĩa điểm biên ∀ ε ∃ ∈ ε ∩ ∃ → = 1/n, z n B(a, ) D ⇒ z n a Theo giả thiết a ∈ D suy ra ∂D ⊂ D. • Tập D gọi l giới nội nếu ∃ R > 0 sao cho D ⊂ B(O, R). Tập đóng v giới nội gọi l tập compact . Cho các tập D, E ⊂ ∀, kí hiệu d(D, E) = Inf{ | a b | : (a, b) ∈ D ì E } (1.7.2) gọi l khoảng cách giữa hai tập D v E. Định lý Cho các tập D, E ⊂ ∀ ∀ ⊂ ∃ → ∈ 1. Tập D l tập compact khi v chỉ khi (z n)n∈∠ D, dy con z ϕ(n) a D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 17
Ch−ơng 1. Số Phức 2. Nếu tập D l tập compact v tập E ⊂ D l đóng trong D thì tập E l tập compact 3. Nếu các tập D, E l tập compact v D ∩ E = ∅ thì d(D, E) > 0 +∞ ∀ ∈ ∠ ⊂ ⊂ ∈ 4. Nếu tập D l tập compact v n , D n D đóng, D n+1 D n thì Ι D n = a D n=0 Chứng minh 1. Giả sử tập D l tập compact. Do tập D bị chặn nên dy (z n)n∈∠ l dy có module bị chặn. Suy ra dy số thực (x n)n∈∠ v (y n)n∈∠ l dy bị chặn. Theo tính chất của dy số thực ∃ → α → β → α β ∈ x ϕ(n) v y ϕ(n) suy ra z ϕ(n) a = + i . Do tập D l tập đóng nên a D. → ∈ Ng−ợc lại, do mọi dy z n a D nên tập D l tập đóng. Nếu D không bị chặn thì có → ∞ dy z n không có dy con hội tụ. Vì vậy tập D l tập đóng v bị chặn. 2. 4. Bạn đọc tự chứng minh • Cho a, b ∈ ∀, tập [a, b] = {(1 t)a + tb : t ∈ [0, 1]} l đoạn thẳng nối hai điểm a v b. Hợp của các đoạn thẳng [a 0, a 1], [a 1, a 2], , [a n1, a n] gọi l đ−ờng gấp khúc qua n +1 đỉnh v kí hiệu l . Tập D gọi l tập lồi nếu ∀ (a, b) ∈ D 2, [a, b] ⊂ D. Tập D gọi l tập liên thông đ−ờng nếu ∀ (a, b) ∈ D 2, có đ−ờng cong Γ nối điểm a với điểm b v nằm gọn trong tập D. Tất nhiên tập lồi l tập liên thông đ−ờng nh−ng ng−ợc lại không đúng. Tập D gọi l tập liên thông nếu phân tích D = A ∪ B với A ∩ B = ∅ v các tập A, B vừa mở v vừa đóng trong D thì hoặc A = D hoặc B = D. Tập D mở (hoặc đóng) v liên thông gọi l một miền . Định lý Trong tập số phức các tính chất sau đây l t−ơng đ−ơng. 1. Tập D l liên thông ∀ ∈ 2 ⊂ 2. (a, b) D , có đ−ờng gấp khúc D 3. Tập D l liên thông đ−ờng Chứng minh 1. ⇒ 2. ∀ a ∈ D, đặt A = {z ∈ D : ∃ đ−ờng gấp khúc ⊂ D}. Tập A vừa l tập mở vừa l tập đóng trong tập D v A ≠ ∅ nên A = D 2. ⇒ 3. Theo định nghĩa liên thông đ−ờng 3. ⇒ 1. Giả sử ng−ợc lại tập D không liên thông. Khi đó D = A ∪ B với A ∩ B = ∅ v các tập A, B vừa mở vừa đóng trong D. Chọn (a, b) ∈ A ì B, theo giả thiết có đ−ờng cong (a, b) nằm gọn trong D. ∈ Chia đôi đ−ờng cong (a, b) bằng điểm c. Nếu c A xét đ−ờng cong (a 1 = c, b 1 = b), còn ∈ nếu c B xét đ−ờng cong (a 1 = a, b 1 = c). Tiếp tục chia đôi đ−ờng cong chúng ta nhận → ∈ ∩ ∩ ∅ đ−ợc dy thắt lại a n , b n c A B. Trái với giả thiết A B = . • Cho tập D ⊂ ∀ bất kì. Hai điểm a, b ∈ D gọi l liên thông, kí hiệu l a ~ b nếu có đ−ờng cong nối a với b v nằm gọn trong D. Có thể chứng minh rằng quan hệ liên thông Trang 18 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức l một quan hệ t−ơng đ−ơng theo nghĩa tổng quát. Do đó nó chia tập D thnh hợp các lớp t−ơng đ−ơng không rỗng v rời nhau. Mỗi lớp t−ơng đ−ơng [a] = { b ∈ D : b ~ a } (1.7.3) gọi l một thnh phần liên thông chứa điểm a. Tập D l tập liên thông khi v chỉ khi nó có đúng một thnh phần liên thông. Miền D gọi l đơn liên nếu biên ∂D gồm một thnh phần liên thông, tr−ờng hợp trái lại gọi l miền đa liên . Biên ∂D gọi l định h−ớng d−ơng nếu khi đi theo h−ớng đó thì miền D nằm phía bên trái. Sau nay chúng ta chỉ xét miền đơn hoặc đa liên có biên gồm hữu hạn đ−ờng cong đơn, trơn từng khúc v định h−ớng d−ơng. Nh− vậy nếu miền D l miền đơn D liên thì hoặc l D = ∀ hoặc l ∂D+ l đ−ờng cong kín định h−ớng ng−ợc chiều kim đồng hồ. • Trong giáo trình ny chúng ta th−ờng xét một số miền đơn liên v đa liên có biên định h−ớng d−ơng nh− sau. | z | 0 Re z > 0 a R r < | z | < R ∀ [ 1, 1] Bi tập ch−ơng 1 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 19
Ch−ơng 1. Số Phức 1. Viết dạng đại số của các số phức 2 4 + i5 a. (2 i)(1 + 2i) b. c. d. (1 + 2i) 3 4 − i3 3 − 4i 2. Cho các số phức a, b ∈ ∀. Chứng minh rằng z + abz − a( + )b a. | a | = | b | = 1 ⇒ ∀ z ∈ ∀, ∈ i 3 a − b a + b b. | a | = | b | = 1 v 1 + ab ≠ 0 ⇒ ∈ 3 1+ ab 3. Viết dạng l−ợng giác của các số phức a. 1 + i 3 b. ( 3 + i) 10 c. 3 i d. 5 1 + i 4. Giải các ph−ơng trình a. z2 (2 + 3i)z 1 + 3i = 0 b. z4 (5 14i)z 2 2(12 + 5i) = 0 c. (3z 2 + z + 1) 2 + (z 2 + 2z + 2) 2 = 0 d. z + z + j(z + 1) + 2 = 0 3 2  z + i   z + i  z + i 1 e.   +   + + 1 = 0 f. | z | = = | 1 z |  z − i   z − i  z − i z g. (z + i) n = (z i) n h. 1 + 2z + 2z 2 + + 2z n1 + z n = 0 5. Tính các tổng sau đây 0 3 6 1 4 7 2 5 8 a. A = Cn + Cn + Cn + , B = Cn + Cn + Cn + , C = Cn + Cn + Cn + n n b. C = ∑ cos(a + kb) v S = ∑ sin(a + kb) k=0 k=0 2π i 6. Kí hiệu ω = e n l căn bậc n thứ k của đơn vị n−1 n−1 + ωk k ωk a. Tính các tổng ∑ k( )1 ∑ C n k=0 k=0 n−1 n−1 n−1 π ∀ ∈ ∀ − ωk l k n b. Chứng minh rằng z , ∏ z( ) = ∑ z Suy ra ∏sin = n−1 k=1 l=0 k=1 n 2 7. Trong mặt phẳng phức cho tìm điểm M(z) sao cho a. Các điểm có toạ vị l z, z 2 v z 3 lập nên tam giác có trực tâm l gốc O b. Các điểm có toạ vị z, z 2 v z 3 thẳng hng c. Các điểm có toạ vị z, z 2 v z 3 lập thnh tam giác vuông 1 + u 8. Khảo sát sự hội tụ của dy số phức u ∈ ∀, ∀ n ∈ ∠, u = n 0 n+1 − 1 u n Trang 20 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 1. Số Phức ∀ ∈ ∠ ì ∀* | | ≤ α 9. (n , z n) v argz n . Chứng minh rằng chuỗi ∑ z|n | hội tụ n≥0 ∆ ∀ ∈ ∠ 10. Cho tam giác ABC. Kí hiệu M 0 = A, M 1 = B, M 2 = C v n , M n+3 l trọng tâm ∆ của tam giác MnMn+1 Mn+2 . Chứng tỏ rằng dy điểm (M n)n∈∠ l dy hội tụ v tìm giới hạn của nó? 11. Cho hm f : I → ∀ sao cho f(t) ≠ 0. Chứng minh rằng hm | f | l đơn điệu tăng khi v chỉ khi Re(f’/ f) ≥ 0. 3 → ∀ 12. Cho f : + liên tục v bị chặn. Tính giới hạn 1 +∞ α−1 )t(f α ≥ )x/t(f a. lim xα dt ( 1) b. lim dt x→+0 ∫ x→+∞ ∫ + 2 x t 0 1 t 13. Khảo sát các đ−ờng cong phẳng a. z(t) = acost + ibsint b. z(t) = acht + ibsht ln t c. z(t) = (t sint) + i(1 cost) d. z(t) = tlnt + i t 14. Biểu diễn trên mặt phẳng các tập con của tập số phức a. | z 3 + 4i | = 2 b. | z 1 | + | z + 1 | = 3 π π π c. arg(z i) = d. 2 4 3 4 e. 0 3 g. | z | 1 h. | z i | > 1 v | z | < 2 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 21
Ch−ơng 2 Hm biến phức Đ1. Hm biến phức • Cho miền D ⊂ ∀. ánh xạ f : D → ∀, z α w = f(z) gọi l hm biến phức xác định trên miền D v kí hiệu l w = f(z) với z ∈ D. Thay z = x + iy vo biểu thức f(z) v thức hiện các phép toán f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) với (x, y) ∈ D ⊂ 32 (2.1.1) Hm u(x, y) gọi l phần thực , hm v(x, y) gọi l phần ảo , hm | f(z) | = u2 + v 2 gọi l module , hm f (z) = u(x, y) iv(x, y) gọi l liên hợp phức của hm phức f(z). Ng−ợc lại, với x = 1 (z + z ) v y = 1 (z z ), ta có 2 2 u(x, y) + iv(x, y) = f(z, z ) với z, z ∈ D ⊂ ∀ (2.1.2) Nh− vậy hm phức một mặt xem nh− l hm một biến phức, mặt khác đ−ợc xem nh− hm hai biến thực. Điều ny lm cho hm phức vừa có các tính chất giống v vừa có các tính chất khác với hm hai biến thực. Sau ny tuỳ theo từng tr−ờng hợp cụ thể, chúng ta có thể cho hm phức ở dạng (2.1.1) hoặc dạng (2.1.2) Ví dụ Xét w = z 2 . Thay z = x + iy suy ra w = (x + iy) 2 = (x 2 y 2) + i(2xy) = u + iv • Để biểu diễn hình học hm phức, ta dùng cặp mặt phẳng (z) = (Oxy) v (w) = (Ouv). D z0 G w0 z(t) w(t) (z) (w) Qua ánh xạ f Điểm z0 = x 0 + iy 0 biến thnh điểm w0 = u 0 + iv 0 Đ−ờng cong z(t) = x(t) + iy(t) biến thnh đ−ờng cong w(t) = u(t) + iv(t) Miền D biến thnh miền G Chính vì vậy mỗi hm phức xem nh− l một phép biến hình từ mặt phẳng (Oxy) vo mặt phẳng (Ouv). Nếu ánh xạ f l đơn ánh thì hm w = f(z) gọi l đơn diệp , trái lại gọi l đa diệp . Hm đa diệp biến một mặt phẳng (z) thnh nhiều mặt phẳng (w) trùng lên nhau. Nếu ánh xạ f l đơn trị thì hm w = f(z) gọi l hm đơn trị , trái lại gọi l đa trị . Hm đa Trang 22 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức trị biến một mặt phẳng (z) thnh nhiều tập con rời nhau của mặt phẳng (w). Trong giáo trình ny chúng ta chỉ xét các hm phức đơn trị xác định trên miền đơn diệp của nó. • Trên tập F(D, ∀) các hm phức xác định trên miền D, định nghĩa các phép toán đại số t−ơng tự nh− trên tập F(I, ∀) các hm trị phức xác định trên khoảng I. Cho các hm f : D → ∀, z α ω = f(z) v g : G → ∀, ω α w = g( ω) sao cho f(D) ⊂ G. Hm h : D → ∀, z α w = g[f(z)] (2.1.3) gọi l hm hợp của hm f v hm g, kí hiệu l h = gof. Cho hm f : D → ∀, z α w = f(z) v G = f(D). Hm g : G → ∀, w α z = g(w) sao cho f(z) = w (2.1.4) gọi l hm ng−ợc của hm f, kí hiệu l g = f 1. Hm ng−ợc của hm biến phức có thể l hm đa trị. Các tính chất phép toán của hm phức t−ơng tự nh− các tính chất của hm thực. Ví dụ Hm w = z 2 l hm đa diệp trên ∀ v có hm ng−ợc z = w l hm đa trị. Đ2. Giới hạn v liên tục • Cho hm f : D → ∀, a ∈ D v L ∈ ∀. Hm f gọi l dần đến giới hạn L khi z dần đến a v kí hiệu l lim f(z) = L nếu z→a ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀ z ∈ D, | z a | 0, ∃ N > 0 : ∀ z ∈ D, | z | > N ⇒ | f(z) L | 0, ∃ δ > 0 : ∀ z ∈ D, | z a | M Định lý Cho f(z) = u(x, y) + iv(x, y), a = α + i β v L = l + ik ∈ ∀ lim f(z) = L ⇔ lim u(x, y) = l v lim v(x, y) = k (2.2.1) z→a )y,x( →(α,β) )y,x( →(α,β) Chứng minh Giả sử lim f(z) = L ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0 : ∀ z ∈ D, | z a | < δ ⇒ | f(z) L | < ε z→a ⇒ ∀ (x, y) ∈ D, | x α | < δ/2 v | y β | < δ/2 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 23
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức ⇒ | u(x, y) l | 0, ∃ δ > 0 : ∀ (x, y) ∈ D, | x α | 0, ∃ δ > 0 : ∀ z, z’ ∈ D, | z z’ | < δ ⇒ | f(z) f(z’) | < ε Rõ rng hm f liên tục đều trên miền D thì nó liên tục trên miền D. Tuy nhiên điều ng−ợc lại nói chung l không đúng. Định lý Cho hm f liên tục trên miền D compact. | | ∃ ∈ 1. Hm f(z) bị chặn trên miền D v z 1 , z 2 D sao cho ∀ ∈ | | ≤ | | ≤ | | z D, f(z 1) f(z) f(z 2) 2. Tập f(D) l miền compact 3. Hm f liên tục đều trên miền D 4. Các tính chất khác t−ơng tự hm biến thực liên tục Chứng minh 1. Do hm trị thực | f(z) | = u 2 )y,x( + v 2 )y,x( liên tục trên miền compact nên bị chặn v đạt trị lớn nhất, trị bé nhất trên miền đó. 2. Theo chứng minh trên tập f(D) l tập giới nội. → → ∈ Xét dy w n = f(z n) +∞ w 0. Do miền D compact nên có dy con z ϕ(n) +∞ z 0 D. → ∈ Do hm f liên tục nên f(z ϕ(n) ) +∞ w 0 = f(z 0) f(D). Suy ra tập f(D) l tập đóng. ∈ Xét cặp hai điểm w 1 = f(z 1), w 2 = f(z 2) f(D) tuỳ ý. Do tập D liên thông nên có tham số Trang 24 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức γ γ cung (t) nối z 1 với z 2 v nằm gọn trong D. Khi đó tham số cung fo (t) nối w 1 với w 2 v nằm gọn trong f(D). Suy ra tập f(D) l tập liên thông đ−ờng. 3. Giả sử ng−ợc lại, hm f không liên tục đều trên tập D. Khi đó ∃ ε ∀ δ ∃ ∈ | | | | ≥ ε > 0, = 1/ n, z n , z n’ D : z n z n’ 0 : n > N1, a b N 2, f(z ϕ(n) ) f(z ψ(n) ’) < Trái với giả thiết phản chứng. Đ3. Đạo hm phức • Cho hm f : D → ∀, z α f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Hm f gọi l R khả vi nếu phần thực u = Ref v phần ảo v = Imf l các hm khả vi. Khi đó đại l−ợng df = du + idv (2.3.1) gọi l vi phân của hm phức f. Kí hiệu dz = dx + idy v d z = dx idy. Biến đổi ∂u ∂v ∂u ∂v ∂f ∂f df = ( + i )dx + ( + i )dy = dx + i dy ∂x ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y 1 ∂f ∂f 1 ∂f ∂f ∂f ∂f = ( i )dz + ( + i )d z = dz + d z (2.3.2) 2 ∂x ∂y 2 ∂x ∂y ∂z ∂z Hm f gọi l C khả vi nếu nó l R khả vi v có các đạo hm riêng thoả mn điều kiện Cauchy Riemann sau đây ∂f ∂u ∂v ∂u ∂v = 0 ⇔ = v = (C R) ∂z ∂x ∂y ∂y ∂x Ví dụ Cho w = z = x iy Ta có u = x v v = y l các hm khả vi nên hm w l R khả vi ′ ≠ ′ Tuy nhiên u x = 1 v y = 1 nên hm w không phải l C khả vi • Cho hm f : D → ∀, a ∈ D v kí hiệu ∆z = z a, ∆f = f(z) f(a). Giới hạn ∆f lim = f’(a) (2.3.3) ∆z→0 ∆z gọi l đạo hm của hm f tại điểm a. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 25
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức ϕ ϕ Giả sử hm f l R khả vi v ∆z = | ∆z |ei , ∆ z = | ∆ z |ei . Theo công thức (2.3.2) ∂f ∂f ∆f = ∆z + ∆ z + o( ∆z) ∂z ∂z Chia hai vế cho ∆z ∆f ∂f ∂f ϕ = + e2i + γ(∆z) với γ(∆z) → 0 (2.3.4) ∆z ∂z ∂z Suy ra điều kiện cần v đủ để giới hạn (2.3.3) tồn tại không phụ thuộc vo ∆z l ∂f = 0 ∂z Tức l hm f l C khả vi. Từ đó suy ra định lý sau đây. Định lý Hm phức f có đạo hm khi v chỉ khi nó l C khả vi. Hệ quả Nếu hm f l C khả vi thì ∂u ∂v ∂u ∂u ∂v ∂u ∂v ∂v f’(z) = + i = i = i = + i (2.3.5) ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x Chứng minh Giả sử hm f l C khả vi. Chuyển qua giới hạn công thức (2.3.4) ∂f f’(z) = ∂z Kết hợp với công thức (2.3.2) v điều kiện (C R) nhận đ−ợc công thức trên. Nhận xét 1. Nếu các hm u v v thuộc lớp C 1 thì hm f l R khả vi v nếu các đạo hm riêng thoả mn thêm điều kiện Cauchy Riemann thì nó l C khả vi. Tuy nhiên điều ng−ợc lại nói chung l không đúng. 2. Từ công thức (2.3.5) suy ra các qui tắc tính đạo hm phức t−ơng tự nh− các qui tắc tính đạo hm thực. Ví dụ Cho w = z 2 = (x 2 y 2) + i(2xy) Ta có u = x 2 y 2 v v = 2xy l các hm khả vi v thoả mn điều kiện (C R) ′ ′ ′ ′ u x = 2x = v y v u y = 2y = v x Suy ra hm w l C khả vi v theo công thức (2.3.5) ′ ′ w’ = u x + i v x = 2x + i2y = 2z Trang 26 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức Đ4. Hm giải tích • → ∀ ∈ Cho hm f : D v a D 0. Hm f gọi l giải tích (chỉnh hình) tại điểm a nếu có số d−ơng R sao cho hm f có đạo hm trong hình tròn B(a, R). Hm f gọi l giải tích trong miền mở D nếu nó giải tích tại mọi điểm trong miền D. Tr−ờng hợp D không phải miền mở, hm f gọi l giải tích trong miền D nếu nó giải tích trong miền mở G v D ⊂ G. Kí hiệu H(D, ∀) l tập các hm giải tích trên miền D. Định lý Hm phức giải tích có các tính chất sau đây. 1. Cho các hm f, g ∈ H(D, ∀) v λ ∈ ∀. Khi đó λf + g, fg, f / g (g ≠ 0) ∈ H(D, ∀) [λf(z) + g(z)]’ = λf’(z) + g’(z) [f(z)g(z)]’ = f’(z)g(z) + f(z)g’(z) ′ ′ − ′  )z(f  = )z(g)z(f g)z(f )z(   2 (2.4.1)  )z(g  g )z( 2. Cho f ∈ H(D, ∀), g ∈ H(G, ∀) v f(D) ⊂ G. Khi đó hm hợp gof ∈ H(D, ∀) (gof)’(z) = g’( ω)f’(z) với ω = f(z) (2.4.2) 3. Cho f ∈ H(D, ∀) v f’(z) ≠ 0. Khi đó hm ng−ợc g ∈ H(G, ∀) với G = f(D) 1 g’(w) = với w = f(z) (2.4.3) ′ )z(f Chứng minh 1. 2. Lập luận t−ơng tự nh− chứng minh tính chất của đạo hm thực 3. Giả sử f(z) = u(x, y) + iv(x, y). Từ giả thiết suy ra các hm u, v l khả vi v thoả mn điều kiện (C R). Kết hợp với công thức (2.3.5) ta có u′ u′ x y ′ 2 ′ 2 | |2 ≠ J(x, y) = ′ ′ = u( x ) + v( x ) = f’(z) 0 v x v y Suy ra ánh xạ f : (x, y) → (u, v) l một vi phôi (song ánh v khả vi địa ph−ơng). Do đó nó có ánh xạ ng−ợc g : (u, v) → (x, y) cũng l một vi phôi. Từ đó suy ra ∆g ∆f ∆w = ∆f → 0 ⇔ ∆z = ∆g → 0 v lim = lim ( )1 = (f’(z)) 1 ∆w→0 ∆w ∆z→0 ∆z • Giả sử hm w = f(z) giải tích tại điểm a v có đạo hm f’(a) ≠ 0. Gọi L : z = z(t) l đ−ờng cong trơn đi qua điểm a v Γ : w = f[z(t)] = w(t) l ảnh của nó qua ánh xạ f. Khi đó dz(t) l vi phân cung trên đ−ờng cong L v dw(t) l vi phân cung trên đ−ờng cong Γ. Theo công thức đạo hm hm hợp trong lân cận điểm a, ta có dw = f’(a)z’(t)dt = f’(a)dz Suy ra | dw | = | f’(a) || dz | v arg(dw) = arg(dz) + argf’(a) [2 π] (2.4.4) Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 27
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức Nh− vậy | f’(a) | l hệ số co v argf’(a) l góc quay của đ−ờng cong L bất kỳ trong lân cận điểm a. Suy ra trong lân cận của điểm a phép biến hình w = f(z) l phép đồng dạng. z(t) w(t) dz dw argdz argdw (z) (w) a b • Phép biến hình bảo ton góc giữa hai đ−ờng cong gọi l phép biến hình bảo giác . Theo kết quả trên thì hm giải tích v có đạo hm khác không l một phép biến hình bảo giác. Ng−ợc lại giả sử ánh xạ f l R khả vi v bảo giác tại điểm a. Qua ánh xạ f cơ sở chính ∂ ∂ ∂f ∂f tắc ( , ) biến thnh cặp vectơ tiếp xúc ( , ). ∂x ∂y ∂x ∂y Do tính bảo giác ∂f ∂f ∂ ∂ π ∠( , ) = ∠( , ) = ∂x ∂y ∂x ∂y 2 Suy ra π ∂f ∂u ∂v i ∂f ∂u ∂v ∂f = + i = e 2 = i( + i ) ⇔ = 0 ∂y ∂y ∂y ∂x ∂x ∂x ∂z Điều ny có nghĩa l hm R khả vi v biến hình bảo giác l hm C khả vi. Chúng ta sẽ quay lại vấn đề biến hình bảo giác ở cuối ch−ơng ny. Đ5. Hm luỹ thừa Hm luỹ thừa phức • Hm luỹ thừa phức w = z n, z ∈ ∀ (2.5.1) l hm giải tích trên ton tập số phức, có đạo hm w’(z) = nz n1 (2.5.2) v có các tính chất t−ơng tự hm luỹ thừa thực. • Hm luỹ thừa phức l hm đa diệp π zn = zn ⇔ | z | = | z | v argz = argz [ 2 ] (2.5.3) 1 1 1 n π Suy ra miền đơn diệp l hình quạt α < argz < α + 2 . n Trang 28 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức ϕ ϕ Kí hiệu z = re i suy ra w = r nein . 2π argz= n argw=2 π argz=0 argz=0 Qua ánh xạ luỹ thừa phức Tia argz = α biến thnh tia argw = n α π Góc 0 < argz < 2 biến thnh góc 0 < argw < 2 π n Một mặt phẳng (z) biến thnh n mặt phẳng (w) Hm căn phức • Hm căn phức w = n z ⇔ z = w n (2.5.4) l hm ng−ợc của hm luỹ thừa phức. Do hm luỹ thừa phức l n diệp nên hm căn ϕ θ phức l hm n trị. Kí hiệu z = re i v w = ρei , ta có ϕ π ρ = n r , θ = + k 2 với k = 0 (n1) (2.5.5) n n Γ 1 Γ w1 w 0 z0 0 L Γ w2 2 Khi z chạy trên đ−ờng cong L kín, không bao gốc toạ độ thì w chạy đồng thời trên các Γ đ−ờng cong k kín, không bao gốc toạ độ. Khi z chạy trên đ−ờng cong L kín, bao gốc toạ độ thì w chạy đồng thời trên các cung w kwk+1 từ điểm w k đến điểm w k+1 . Khi z chạy hết một vòng bao gốc toạ độ thì w nhảy từ nhánh đơn trị ny sang nhánh khác. Do vậy điểm gốc gọi l điểm rẽ nhánh của hm căn phức v để tách các nhánh đơn trị ng−ời ta th−ờng cắt mặt phẳng phức bằng một tia từ 0 ra ∞. • Miền đơn trị của hm căn phức l D = ∀ (∞, 0]. Với k = 0, hm ϕ i w = n er n (2.5.6) l hm đơn diệp, giải tích trên miền D, có đạo hm 1 1 −1 w’(z) = z n (2.5.7) n v có các tính chất khác t−ơng tự hm căn thực. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 29
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức Đ6. Hm mũ Hm mũ phức • Hm mũ phức w = e z = e x(cosy + isiny), z ∈ ∀ (2.6.1) có phần thực u = e xcosy v phần ảo v = e xsiny thoả điều kiện (C R) nên giải tích trên ton tập số phức, có đạo hm w’(z) = e z (2.6.2) Hm mũ phức tuần hon chu kỳ T = 2 πi π ez+i2 = e z v có các tính chất khác t−ơng tự nh− hm mũ thực. • Hm mũ phức l hm đa diệp z = z1 ⇔ π e e Rez = Rez 1 v Imz = Imz 1 [2 ] (2.6.3) Suy ra miền đơn diệp l băng đứng α < Imz < α + 2π. Kí hiệu z = x + iy suy ra | w | = e x v Argw = y + k2 π. Imz=2 π argw=0 argw=2 π Imz=0 Qua ánh xạ mũ phức Đ−ờng thẳng y = β biến thnh tia argw = β Băng ngang 0 < Imz < 2 π biến thnh góc 0 < argw < 2 π Một mặt phẳng (z) biến thnh ∞ mặt phẳng (w) Hm logarit phức • Hm logarit phức w = Ln z ⇔ z = e w (2.6.4) l hm ng−ợc của hm mũ phức. Do hm mũ phức l hm đa diệp nên hm logarit phức l hm đa trị. Giả sử w = u + iv, ta có eu = | z | v v = argz + k2 π với k ∈ 9 Suy ra w = ln | z | + i(argz + k2 π) với k ∈ 9 (2.6.5) Lập luận t−ơng tự nh− hm căn phức, điểm gốc l điểm rẽ nhánh của hm logarit v để tách nhánh đơn trị cần phải cắt mặt phẳng phức bằng một tia từ 0 ra ∞. Trang 30 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức • Miền đơn trị của hm logarit phức l D = ∀ (∞, 0]. Với k = 0, hm w = ln | z | + iargz (2.6.6) l hm đơn trị, giải tích trên miền D, có đạo hm w’(z) = 1 (2.6.7) z v có các tính chất khác t−ơng tự hm logarit thực. 1 1 π ln i Ví dụ Ln(1) = ln | 1 | + iarg(1) = i π, i i = e i = e 2 Đ7. Hm l−ợng giác Hm l−ợng giác phức • Kí hiệu cosz = 1 e( iz + e−iz ) sinz = 1 e( iz − e−iz ) tgz = sin z (2.7.1) 2 i2 cosz Các hm biến phức w = cosz, w = sinz v w = tgz gọi l các hm l−ợng giác phức . Hm l−ợng giác phức đơn trị, tuần hon, giải tích, có đạo hm (cosz)’ = sinz (sinz)’ = cosz, (2.7.2) v có các tính chất khác t−ơng tự hm l−ợng giác thực. 1 1 Chú ý Với z = x ∈ 3, cosz = (e ix + e ix ) ≡ cosx. Tuy nhiên cos(i) = (e 1 + e) > 1 2 2 Hm hyperbole phức • Kí hiệu chz = 1 e( z + e−z ) shz = 1 e( z − e −z ) thz = shz (2.7.3) 2 2 chz Các hm biến phức w = chz, w = shz v w = thz gọi l các hm hyperbole phức . Hm hyperbole phức đơn trị, tuần hon, giải tích, có đạo hm (chz)’ = shz (shz)’ = chz, (2.7.4) v có các tính chất khác t−ơng tự hm hyperbole thực. • Ngoi ra, ta có các liên hệ giữa hm l−ợng giác v hm hyperbole chiz = cosz cosiz = chz shiz = isinz siniz = ishz (2.7.5) π π Ví dụ Tìm ảnh của miền < Rez < qua ánh xạ w = sinz 2 2 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 31
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức Ta có w = sin(x + iy) = sinxcosiy + cosxsiniy = sinxchy + icosxshy Suy ra u = sinxchy v v = cosxshy α π/2 π/2 1 1 Qua ánh xạ w = sin z π Đ−ờng thẳng x = ± biến thnh tia u = ±chy, v = 0 2 Đ−ờng thẳng x = α biến thnh hyperbole u = sin αchy, v = cos αshy π π Miền < Rez < biến thnh miền (w) (∞, 1] ∪ [1, + ∞) 2 2 • Lập luận t−ơng tự tìm ảnh các hm l−ợng giác, hm hyperbole khác. Đ8. Biến hình bảo giác • ánh xạ f : D → ∀ gọi l biến hình bảo giác tại điểm a nếu nó bảo ton góc định h−ớng giữa các đ−ờng cong đi qua điểm a. Anh xạ f gọi l phép biến hình bảo giác trên miền D nếu nó l đơn diệp v bảo giác tại mọi điểm thuộc D. α α a b Theo các kết quả ở trên hm giải tích v có đạo hm khác không tại điểm a l một song ánh, R khả vi v bảo giác trong lân cận điểm a, gọi l một vi phôi bảo giác . Ng−ợc lại một vi phôi bảo giác tại điểm a l hm giải tích v có đạo hm khác không tại điểm a. Bi toán Tìm phép biến hình bảo giác f biến miền đơn liên D thnh miền đơn liên G. • Để giải bi toán trên ng−ời ta th−ờng sử dụng các kết quả d−ới đây, gọi l các nguyên lý biến hình bảo giác. Việc chứng minh các nguyên lý biến hình bảo giác l rất phức tạp v phải sử dụng nhiều kết quả khác. Ơ đây chúng ta chỉ trình by sơ l−ợc các ý t−ởng của các phép chứng minh. Bạn đọc quan tâm đến các phép chứng minh chi tiết có thể tìm xem ở phần ti liệu tham khảo. Trang 32 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức Nguyên lý tồn tại Cho D v G l các miền đơn liên giới nội. Khi đó tồn tại vô số hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D thnh miền G. Phép biến hình đ−ợc xác định duy nhất nếu có thêm một trong hai điều kiện sau đây. ∈ ∈ ∂ 1. Cho biết w0 = f(z 0) v w 1 = f(z 1) với z0 D0 v z 1 D α ∈ 2. Cho biết w0 = f(z 0) v arg f’(z 0) = với z 0 D 0 Chứng minh • Kí hiệu U = { z ∈ ∀ : | z | à > | b w | với z ∈ B(a, R) Theo định lý Rouché (Đ8, ch−ơng 4) NB[f(z) w] = N B[f(z) b] = 1 Do đó ∃ z ∈ B(a, R) sao cho w = f(z) ∈ G. Vì điểm w tuỳ ý nên B(b, à) ⊂ G v suy ra tập G l tập mở Nguyên lý t−ơng ứng biên Cho D, G l các miền đơn liên giới nội, hm f : D → ∀ liên tục trên D , giải tích trong D v biến hình bảo giác ∂D+ thnh ∂G+. Khi đó hm f biến hình bảo giác miền D thnh miền G. Chứng minh Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 33
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức • Với mọi b ∈ G, kí hiệu ∆Γ[f(z) b] l số gia argument của hm f(z) b khi z chạy trên đ−ờng cong Γ. Theo nguyên lý argument (Đ8, ch−ơng 4) 1 1 N [f(z) b] = ∆∂ [f(z) b] = ∆∂ (w b) = 1 D 2π D 2π G Do đó ∃ a ∈ D sao cho b = f(a). Lập luận t−ơng tự với b ∉ G 1 1 N [f(z) b] = ∆∂ [f(z) b] = ∆∂ (w b) = 0 D 2π D 2π G Suy ra hm f biến hình bảo giác miền D thnh miền G. Nguyên lý đối xứng Cho các miền đơn liên giới nội D 1 đối xứng với D 2 qua đoạn thẳng ⊂ ∂ ∩ ∂ → ∀ hoặc cung tròn L D1 D2 v hm f 1 : D 1 liên tục trên D1 , giải tích trong D 1, + Γ+ ⊂ ∂ biến hình bảo giác miền D 1 thnh miền G 1 sao cho cung L thnh cung G1. Khi đó ∪ → ∀ ∪ ∪ có hm giải tích f : D 1 D 2 biến hình bảo giác miền D 1 D 2 thnh miền G 1 G 2 Γ với G 2 l miền đối xứng với G 1 qua cung . Chứng minh • Xét tr−ờng hợp L v Γ l các đoạn thẳng nằm trên trục thực. Khi đó hm → ∀ α ∀ ∈ f2 : D 2 , z f 2(z) = f1 )z( v f 2(z) = f 1(z), z L l hm giải tích biến hình bảo giác miền D 2 thnh miền G 2. Hm f xác định nh− sau ∪ → ∀ ∈ ∪ ∈ f : D 1 D 2 , f(z) = f 1(z), z D 1 L v f(z) = f 2(z), z D 2 ∪ ∪ l hm giải tích biến hình bảo giác miền D 1 D 2 thnh miền G 1 G 2. • Tr−ờng hợp tổng quát, chúng ta dùng hm giải tích biến các cung L v Γ thnh các đoạn thẳng nằm trên trục thực. Đ9. Hm tuyến tính v hm nghịch đảo Hm tuyến tính • Hm tuyến tính w = az + b (a ≠ 0) (2.9.1) l hm giải tích, có đạo hm w’(z) = a ≠ 0 v do đó biến hình bảo giác mặt phẳng (z) lên mặt phẳng (w). • Kí hiệu λ = | a | v α = arg(a). Phân tích α w = λei z + b (2.9.2) Suy ra phép biến hình tuyến tính l tích của các phép biến hình sau đây. Trang 34 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức α 1. Phép quay tâm O góc α z α ζ = e i z 2. Phép vi tự tâm O hệ số λ ζ → ω = λζ 3. Phép tĩnh tiến vectơ b ω α w = ω + b Vậy phép biến hình tuyến tính l phép đồng dạng. Hm nghịch đảo • Hm nghịch đảo w = 1 , z ∈ ∀* (2.9.3) z l hm giải tích, có đạo hm ζ − 1 ≠ ≠ 0 w’(z) = 2 0 với z z z v do đó biến hình bảo giác mặt phẳng (z) {0} lên mặt phẳng (w). ϕ • Kí hiệu z = re i , ta có w 1 | w | = 1 = v argw = argz = ϕ (2.9.4) |z| r Suy ra phép biến hình nghịch đảo l tích của các phép biến hình sau đây. 1. Phép đối xứng qua đ−ờng tròn đơn vị z α ζ = 1 e iϕ r 2. Phép đối xứng qua trục honh ζ α w = ζ Vậy phép nghịch đảo bảo ton tính đối xứng qua đ−ờng tròn đơn vị v qua trục honh. • Ph−ơng trình đ−ờng tròn suy rộng trong mặt phẳng (z) có dạng A(x 2 + y 2) + Bx + Cy + D = 0 (2.9.5) Kí hiệu z = x + iy v w = u + iv. Suy ra − x + iy = 1 ⇔ x = u v y = v u + iv u2 + v2 u2 + v2 Thay vo ph−ơng trình đ−ờng tròn (2.9.5) nhận đ−ợc D(u 2 + v 2) + Bu Cv + A = 0 Qua phép biến hình nghịch đảo 1. Đ−ờng thẳng đi qua gốc A = D = 0 biến thnh đ−ờng thẳng qua gốc không qua gốc A = 0 v D ≠ 0 biến thnh đ−ờng tròn qua gốc 2. Đ−ờng tròn đi qua gốc A ≠ 0 v D = 0 biến thnh đ−ờng thẳng không qua gốc không qua gốc A ≠ 0 v D ≠ 0 biến thnh đ−ờng tròn không qua gốc Vậy phép biến hình nghịch đảo biến đ−ờng tròn suy rộng thnh đ−ờng tròn suy rộng. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 35
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức Đ10. Hm phân tuyến tính v hm Jucop Hm phân tuyến tính • Hm phân tuyến tính + w = az b (c ≠ 0, ad bc ≠ 0) (2.10.1) cz + d l hm giải tích, có đạo hm − w’(z) = ad bc ≠ 0 với z ≠ d (cz − )d 2 c v do đó biến hình bảo giác mặt phẳng (z) { d } lên mặt phẳng (w). c • Phân tích − w = bc ad 1 + a (2.10.2) c cz + d c Suy ra phép biến hình phân tuyến tính l tích của các phép biến hình sau đây. 1. Phép đồng dạng z α ζ = cz + d ζ α ω 1 2. Phép nghịch đảo = ζ − 3. Phép đồng dạng ω α w = a ω + b với a = bc ad v b = a 1 1 1 c 1 c Vậy phép biến hình phân tuyến tính bảo ton đ−ờng tròn suy rộng v tính đối xứng qua đ−ờng tròn suy rộng. • Biến đổi a z + b a b d w = 1 1 với a = , b = v d = + 1 1 1 z d1 c c c Suy ra nếu biết đ−ợc ảnh của ba điểm khác nhau w1 = w(z 1), w 2 = w(z 2), w 3 = w(z 3), thì có thể xác định đ−ợc phép biến hình phân tuyến tính. w − w w − w z − z z − z 1 2 1 = 1 2 1 (2.10.3) − − − − w w 3 w 2 w 3 z z 3 z 2 z 3 Hm Jucop • Hm Jucop 1 w = 1 (z + ), z ∈ ∀* (2.10.4) 2 z l hm giải tích, có đạo hm w’(z) = 1 (1 1 ) ≠ 0 với z ≠ 0, ±1 2 z2 v do đó biến hình bảo giác mặt phẳng (z) {0, ±1} lên mặt phẳng (w). Trang 36 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức • Hm Jucop l hm đa diệp 1 1 1 + 1 ⇔ (z + ) = z( 1 ) (z z 1)(1 zz 1) = 0 (2.10.5) 2 z 2 z 1 Suy ra miền đơn diệp l bên trong hoặc bên ngoi đ−ờng tròn đơn vị. ϕ Kí hiệu z = re i , ta có 1 1 1 1 w = (r + )cos ϕ + i (r )sin ϕ (2.10.6) 2 r 2 r 1 1 1 1 (z) (w) Qua phép biến hình Jucop Đ−ờng tròn | z | = 1 biến thnh đoạn thẳng u = cos ϕ, v = 0 1 1 1 1 | z | = r biến thnh ellipse u = (r + )cos ϕ, v = (r )sin ϕ 2 r 2 r Miền | z | > 1 biến thnh (w) [1, 1] | z | 0 } thnh phần trong hình tròn đơn vị G = { | w | < 1 } sao cho f(a) = 0. a a 0 • Do ∂D v ∂G đều l đ−ờng tròn nên chúng ta chọn phép biến hình phân tuyến tính az + b w = cz + d Do hm phân tuyến tính bảo ton tính đối xứng qua biên v f(a) = 0 suy ra f( a ) = ∞ Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 37
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức z − a w = k với k ∈ ∀ z − a Do tính t−ơng ứng biên : z ∈ ∂D ⇒ w = f(z) ∈ ∂G suy ra − − z = x ⇒ | w | = | k | x a = 1 v do x a = 1 nên | k | = 1 x − a x − a ϕ Kí hiệu k = e i với ϕ ∈ 3 suy ra ϕ z − a w = e i (2.11.1) z − a Để xác định góc ϕ cần biết thêm ảnh của một điểm thứ hai. Ví dụ 2 Tìm hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D = { | z | < 1 } thnh miền G = { | w | < 1 } sao cho f(a) = 0. 1/ a a 0 0 • Do ∂D v ∂G đều l đ−ờng tròn nên chúng ta chọn phép biến hình phân tuyến tính + w = az b cz + d Do hm phân tuyến tính bảo ton tính đối xứng qua biên v f(a) = 0 suy ra f(1/ a ) = ∞ z − a − w = k = k z a với k ∈ ∀ z − a/1 za −1 Do tính t−ơng ứng biên : z ∈ ∂D ⇒ w = f(z) ∈ ∂G suy ra − − | z | = 1 ⇒ | w | = | k | z a = 1 v do z a = 1 với | z | = 1 nên | k | = 1 za −1 za −1 ϕ Kí hiệu k = e i với ϕ ∈ 3 suy ra ϕ z − a w = e i (2.11.2) az −1 Để xác định góc ϕ cần biết thêm ảnh của một điểm thứ hai. π Ví dụ 3 Tìm hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D = { 0 < argz < } thnh 3 i π miền G = { | w | < 1} sao cho f( e 6 ) = 0 v f(0) = i. • Tr−ớc hết biến góc nhọn thnh nửa mặt phẳng trên bằng phép luỹ thừa. Sau đó dùng phép biến hình phân tuyến tính (2.11.1) biến nửa mặt phẳng trên thnh phần trong của hình tròn đơn vị. Trang 38 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức π i e 6 i 0 0 i ζ 3 = z ζ − i i π w = k , w(0) = k = i ζ(0) = 0, ζ(e 6 ) = i 0 ζ + i 3 − Lấy tích các phép biến hình w = − i z i z 3 + i Ví dụ 4 Tìm hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D = { | z | 0 } thnh miền G = { Imw > 0 }. • Tr−ớc hết biến nửa hình tròn thnh góc vuông bằng cách biến điểm 1 thnh ∞ v điểm 1 thnh điểm 0 bằng phép biến hình phân tuyến tính. Sau đó quay v biến góc vuông thnh nửa mặt phẳng trên. i 1 1 i 0 1 − ζ = z 1 ω ζ z +1 = i ω ω ζ(0) = 1, ζ(i) = i 1 0 (1) = i, (i) = 1  − 2 Lấy tích các phép biến hình w = ω2 = −  z 1  z +1 Ví dụ 5 Tìm hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D = { | z | 1 } 2 2 thnh miền G = { 1 < Rew < 1 }. i 0 i 1 1 i i/2 1 3 ζ = , ζ(i) = ∞ ω = 4( ζ i) = 4 ζ 3i z − i 4 ζ(0) = i, ζ(i) = i/2 ω(i) = i, ω(i/2) = i Lấy tích các phép biến hình w = i ω = i4 + 3 z − i Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 39
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức • Tr−ớc hết biến hai đ−ờng tròn lồng nhau hai đ−ờng thẳng song song bằng cách biến điểm i thnh điểm ∞. Sau đó dùng phép tĩnh tiến v phép vi tự để điều chỉnh băng ngang thnh băng ngang đối xứng v có độ rộng thích hợp. Cuối cùng dùng phép quay để nhận đ−ợc băng đứng. Ví dụ 6 Tìm hm giải tích w = f(z) biến hình bảo giác miền D = { | z | < 1} [1/3, 1] thnh miền G = { | w | < 1}. • Tr−ớc hết biến hình tròn với lát cắt [1/3, 1] thnh mặt phẳng với lát cắt [1, 5/3] bằng phép biến hình Jucop. Sau đó thu gọn lát cắt thnh đoạn [1, 1] bằng phép tĩnh tiến v phép vi tự. Cuối cùng dùng phép biến hình Jucop ng−ợc. 1/3 1 1 1 1 5/3 ζ 1 + 1 = z( ) ω = 1 (w + 1 ) 2 z 2 w 3 1 ζ(1) = 1, ζ(1/3) = 5/3 ω = (ζ − ) ω ω 4 3 (1) = 1, (5/3) = 1 Lấy tích các phép biến hình w = ω + ω2 −1 = 3 z( + 1) − 1 + [3 z( + 1) − 1]2 −1 8 2 4 8 2 4 Bi tập ch−ơng 2 1. Xác định phần thực, phần ảo, module v argument của các hm sau đây. z + i 1 a. w = z 3 b. w = 3 z c. w = d. w = z z − 1 z 2. Biểu diễn qua z v z các hm sau đây. 2xy a. w = x 2 1 b. w = x 2 + y 2 + iy c. w = 8. w = x 3 + iy 3 x 2 + y 2 3. Khảo sát tính liên tục, liên tục đều của các hm sau đây. Re z z + 1 z a. w = b. w = lnx + iy c. w = d. w = z z − 1 | z | Trang 40 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 2. Hm BiếnPhức 4. Khảo sát điều kiện (C R) v tính giải tích của các hm sau đây. 1 a. w = z 3 b. w = zRez c. w = d. w = z z z 2 + 1 5. Điều kiện Cauchy Riemann a. Tìm a, b, c ∈ 3 để hm f(z) = x + ay + i(bx + cy) giải tích trên ∀ b. Chứng tỏ rằng hm f(z) = | xy | thoả điều kiện (C R) nh−ng không khả vi tại z = 0 ϕ c. Cho f(z) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ) với z = re i . Viết dạng l−ợng giác của điều kiện (C R) ∆w ∂u ∂v d. Cho w = u(x, y) + i v(x, y). Chứng minh rằng nếu ∃ lim Re thì ∃ = ∆z→0 ∆z ∂x ∂x 6. Tìm góc quay v hệ số co của phép biến hình w = f(z) tại điểm z ∈ D. 1 a. w = z 2 với z = 1 + i , z = 3 + 4i b. w = với z = 1 i, z = 1 + i z 2 + 1 7. Viết dạng đại số của các số phức sau đây. a. e1 + i b. Ln(1 + i) c. cos(2 + i) d. sin(2i) 1 e. tg(2 i) f. i i g. (1 i) 3 3i h. (− )1 i 8. Chứng minh các công thức sau đây. a. cos(z + z’) = coszcosz’ sinzsinz’ b. sin2z = 2sinzcosz 2tgz c. tg(2z) = d. ch(2z) = ch 2z sh 2z 1 + tg 2 z 9. Tìm ảnh của miền D qua phép biến hình w = f(z) a. w = z 2 v D = {π/2 < Imz < π/2} b. w = 2 + e z v D = { π < Rez < π} c. w = cosz v D = {π/2 < Imz < π/2} d. w = shz v D = {π/2 < Rez < π/2} 10. Cho phép biến hình w = (1 + i)z 1 a. Tìm ảnh của đoạn thẳng nối hai điểm z 1 = i v z 2 = i b. Tìm ảnh của đ−ờng tròn | z (1 + i) | = 2 c. Tìm ảnh của tam giác có đỉnh z 0 = 0, z 1 = 1 + i v z 2 = 1 i 1 11. Tìm ảnh của các đ−ờng cong sau đây qua các phép biến hình w = z a. x 2 + y 2 = 4 b. x = 1 c. y = x d. (x 1) 2 + y 2 = 1 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 41
Ch−ơng 2. Hm Biến Phức 12. Tìm phép biến hình phân tuyến tính a. Biến tam giác có các đỉnh 0, 1, i thnh tam giác đồng dạng có các đỉnh 0, 2, 1+ i b. Biến các điểm 1, + ∞, i t−ơng ứng thnh các điểm i, 1, 1 + i c. Biến điểm i thnh i v có điểm bất động l 1 + 2i d. Biến hình tròn | z | 0 sao cho w(0) = 1, w’(1) = π/2 e. Biến hình tròn | z | 0 a. Imz > 0, | z | 0, | z | 2, 0 1, | z i | 2, | z 3 | > 1 i. 1 0, 0 1} [i, +i ∞) r. { | z | < 1} [1/2, 1] Trang 42 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3 Tích Phân Phức Đ1. Tích phân phức • Cho miền D ⊂ ∀, hm phức f : D → ∀, z α f(z) = u(x, y) + iv(x, y) v tham số cung trơn từng khúc γ : [ α, β] → D, t α γ(t) = x(t) + iy(t) Tích phân β ∫ )z(f dz = ∫ [f γ t( )]γ′ )t( dt (3.1.1) γ α gọi l tích phân của hm phức f(z) dọc theo tham số cung γ. γ α β → α γ Giả sử 1 : [ 1, 1] D, s 1(s) l tham số cung cùng h−ớng với γ. Tức l có phép đổi tham số bảo ton h−ớng ϕ α β α α β ϕ γ γ ϕ : [ , ] [ 1, 1] với ’(t) > 0 v 1(s) = o (t) Khi đó ta có β β 1 γ γ′ γ γ′ ∫ [f t( )] )t( dt = ∫ [f 1 s( )] 1 )s( ds α α 1 Suy ra tích phân của hm phức không phụ thuộc vo lớp các tham số cung cùng h−ớng. Kí hiệu Γ = γ([ α, β]) l đ−ờng cong định h−ớng. Tích phân ∫ )z(f dz = ∫ )z(f dz (3.1.2) Γ γ gọi l tích phân của hm phức f(z) trên đ−ờng cong Γ. Nếu tích phân (3.1.1) tồn tại hữu hạn thì hm f gọi l khả tích trên đ−ờng cong Γ. Định lý Hm phức f liên tục trên đ−ờng cong Γ trơn từng khúc thì khả tích. Chứng minh Giả sử f : D → ∀ liên tục v Γ = γ([ α, β]) với γ : [ α, β ] → D l tham số cung trơn từng khúc. Khi đó hm fo γ(t) γ’(t) liên tục từng khúc nên khả tích trên đoạn [ α, β]. • Để tính tích phân phức, thay γ’(t) = x’(t) + iy’(t) v fo γ(t) = u[x(t), y(t)] + iv[x(t), y(t)] = u(t) + iv(t) vo công thức (3.1.1) rồi tách phần thực, phần ảo suy ra công thức sau đây. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 43
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức β β ∫ )z(f dz = ∫ x)t(u[ ′ )t( − y)t(v ′ t( )]dt + i∫ y)t(u[ ′ )t( + x)t(v ′ )]t( dt (3.1.3) Γ α α Ví dụ 1. Tính tích phân I = ∫ z Re zdz với Γ l đoạn thẳng [1, 2i] Γ 2i Tham số hoá đoạn thẳng [1, 2i] x = t, y = 2t + 2 với t ∈ [1, 0] Suy ra γ’(t) = 1 2i, fo γ (t) = t 2 + i(2t 2 + 2t) 0 1 0 1 1 3 + i I = ∫ t[2 + (i 2t 2 + t2 )]( 1 2i)dt = ∫ t3(2 − )t4 dt + i∫ t4( 2 − )t2 dt = 1 0 0 3 dz Γ | | 2. Tính tích phân I = ∫ n với l đ−ờng tròn z = R định h−ớng d−ơng Γ z Tham số hoá đ−ờng tròn Γ = (ab) γ(t) = Re it , t ∈ [0, 2 π] Suy ra a ≡ b γ’(t) = iRe it , fo γ(t) = R neint 2π 1−n 1(i − t)n  2πi n = 1 I = iR e dt =  ∫  0 n ≠ 1 0 Đ2. Các tính chất của tích phân phức • Trong mục ny để đơn giản chúng ta xem các hm f, g, l liên tục trên miền D, còn Γ = γ([ α, β]) với γ : [ α, β] → D l đ−ờng cong định h−ớng, trơn từng khúc v nằm gọn trong miền D. Tích phân của hm phức có các tính chất sau đây. 1. Tuyến tính Nếu các hm f v g khả tích trên đ−ờng cong Γ thì với mọi số phức λ hm λf + g khả tích trên đ−ờng cong Γ. ∫[λ )z(f + z(g )]dz = λ∫ )z(f dz + ∫ )z(g dz (3.2.1) Γ Γ Γ Chứng minh Từ giả thiết suy ra hm [ λfo γ(t) + go γ(t)] γ’(t) khả tích trên [ α, β] β ∫[λ )z(f + z(g )]dz = ∫[λfoγ )t( + goγ t( )]γ′ )t( dt Γ α Trang 44 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức β β = ∫ λfoγ )t( γ′ )t( dt + ∫ goγ )t( γ′ )t( dt = λ∫ )z(f dz + ∫ )z(g dz α α Γ Γ 2. Định h−ớng Nếu hm f khả tích trên đ−ờng cong Γ+ = (ab) thì hm f cũng khả tích trên đ−ờng cong Γ = (ba). ∫ )z(f dz = ∫ )z(f dz (3.2.2) ba ab Chứng minh Tham số hoá Γ+ γ α β γ α β → γ γ α β = ([ , ]) với : [ , ] D, (t) = (t + + ) γ γ α β Từ giả thiết suy ra hm fo (t) ’(t) khả tích trên [ , ]. β β ∫ )z(fdz = ∫ foγ t( + α + β)γ′ t( + α + β)dt = ∫ foγ )s( γ′ )s( ds Γ− α α 3. Hệ thức Chasles Nếu hm f khả tích trên đ−ờng cong Γ = (ab) thì với mọi c ∈ Γ hm Γ Γ f khả tích trên các đ−ờng cong 1 = (ac) v 2 = (cb). ∫ )z(f dz + ∫ )z(f dz = ∫ )z(f dz (3.2.3) ac cb ab Chứng minh Giả sử c = γ(ε) với ε ∈ [ α, β]. Tham số hoá Γ γ α ε γ α ε → γ γ 1 = 1([ , ]) với 1 : [ , ] D, 1(t) = (t) Γ γ ε β γ ε β → γ γ 2 = 2([ , ]) với 2 : [ , ] D, 2(t) = (t) γ γ α ε γ γ ε β Từ giả thiết suy ra hm fo 1(t) 1’(t) khả tích trên [ , ] v fo 1(t) 1’(t) khả tích trên [ , ]. ε β β γ γ′ γ γ′ γ γ′ ∫ fo 1 )t( 1 )t( dt + ∫ fo 2 )t( 2 )t( dt = ∫ fo )t( )t( dt α ε α 4. Ước l−ợng tích phân Kí hiệu s( Γ) l độ di của đ−ờng cong Γ. Nếu hm f khả tích trên đ−ờng cong Γ thì hm | f(z) | khả tích trên đ−ờng cong Γ. ∫ )z(f dz ≤ ∫ )z(f ds ≤ sup Γ | f(z) | s( Γ) (3.2.4) Γ Γ Chứng minh Từ giả thiết suy ra hm fo γ(t) γ’(t) khả tích trên [ α, β]. Kết hợp công thức (3.1.3) với công thức tích phân đ−ờng loại 1 suy ra β β ∫ )z(f dz = ∫ foγ )t( γ′ )t( dt ≤ ∫ foγ )t( γ′ )t( dt = ∫ )z(f ds Γ α α Γ Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 45
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức 5. Liên hệ tích phân đ−ờng Nếu hm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) khả tích trên đ−ờng cong Γ thì các hm u(x, y) v v(x, y) khả tích trên đ−ờng cong Γ. ∫ )z(f dz = ∫ )y,x(u dx − )y,x(v dy + i∫ )y,x(v dx + )y,x(u dy (3.2.5) Γ Γ Γ Chứng minh Từ giả thiết suy ra các hm u(t) v v(t) khả tích trên [ α, β]. Kết hợp công thức (3.1.3) với công thức tích phân đ−ờng loại 2 suy ra công thức (3.2.5) Công thức NewtonLeibniz Hm giải tích F(z) gọi l nguyên hm của hm f(z) trên miền D nếu ∀ z ∈ D, F’(z) = f(z) Cho hm f(z) có nguyên hm l F(z) v Γ = (ab). Khi đó ta có ∫ )z(f dz = F(b) F(a) (3.2.6) ab Chứng minh Từ giả thiết suy ra hm Fo γ(t) l nguyên hm của fo γ(t) trên [ α, β]. Kết hợp công thức (3.1.1) v công thức Newton Leibniz của tích phân xác định. β ∫ )z(f dz = ∫ [f γ t( )]γ′ )t( dt = Fo γ(β) Fo γ(α) ab α dz Γ | | Ví dụ Tính tích phân I = ∫ n với l đ−ờng tròn z = R định h−ớng d−ơng Γ z π Ta có Γ = (ab) với a = Re i0 , b = Re i2 Với n ≠ 1 hm f(z) = 1 có nguyên hm F(z) = 1 z1−n suy ra I = F(b) F(a) = 0 z n 1− n Với n = 1 hm f(z) = 1 có nguyên hm F(z) = Lnz. Tuy nhiên hm logarit chỉ xác định z ∀ ∞ i2 π i0 π đơn trị trên ( , 0]. Vì vậy I = Ln 1(e ) Ln 0(e ) = 2 i Đ3. Định lý Cauchy Định lý Cho hm f giải tích trên miền D đơn liên v đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng v nằm gọn trong miền D. Khi đó ta có ∫ )z(f dz = 0 (3.3.1) Γ Chứng minh Kí hiệu D Γ ⊂ D l miền đơn liên có biên định h−ớng d−ơng l đ−ờng cong Γ. Để đơn giản ta xem hm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) với các hm u v v có đạo hm liên tục trên D. Trang 46 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức áp dụng công thức (3.2.5), công thức Green v điều kiện CauchyRiemann. ∫ )z(f dz = ∫ (udx − vdy) + i ∫ (vdx + udy) Γ Γ Γ ∂v ∂u ∂u ∂v = (− − )dxdy + i (− )dxdy = 0 ∫∫ ∂x ∂y ∫∫ ∂x ∂y DΓ DΓ Chú ý Hm f giải tích không đủ để các hm u v v có đạo hm riêng liên tục. Do đó việc chứng minh định lý Cauchy thực ra phức tạp hơn rất nhiều. Bạn đọc quan tâm đến phép chứng minh đầy đủ có thể tìm đọc ở các ti liệu tham khảo. Hệ quả 1 Cho miền D đơn liên có biên định h−ớng d−ơng l đ−ờng cong đơn, kín, trơn từng khúc v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. ∫ )z(fdz = 0 (3.3.2) ∂D Chứng minh Theo định nghĩa tích phân, ta có thể xem tích phân trên ∂D nh− l giới hạn của tích phân trên đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng, nằm gọn trong miền D v dần đến ∂D. Hệ quả 2 Cho miền D đa liên có biên định h−ớng d−ơng gồm hữu hạn đ−ờng cong đơn, kín, trơn từng khúc v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. ∫ )z(fdz (3.3.3) ∂D Chứng minh Giả sử miền D đa liên v chúng ta cắt miền D bằng các cung (ab) v (cd) nhận đ−ợc miền đơn liên D nh− 1 b a hình bên. Ta có c d ∂ ∂ D1 = D + (ab) + (ba) + (cd) + (dc) Kết hợp hệ quả 2 v tính định h−ớng, tính cộng tính của tích phân 0 = ∫ )z(f dz = ∫ )z(fdz + ∫ )z(f dz + ∫ )z(f dz + ∫ )z(f dz + ∫ )z(f dz = ∫ )z(fdz ∂ ∂ ∂ D1 D ab ba cd dc D Hệ quả 3 Cho miền D đa liên có biên định h−ớng d−ơng gồm hữu hạn đ−ờng cong đơn, ∂ + + − + + − kín, trơn từng khúc D = L0 L1 L n v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. n ∫ )z(f dz = ∑ ∫ )z(f dz (3.3.4) k=1 L0 L k Chứng minh Suy ra từ công thức (3.3.3) v tính định h−ớng, tính cộng tính của tích phân. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 47
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Hệ quả 4 Cho hm f giải tích trong miền D đơn liên. Khi đó tích phân ∫ (f ζ d) ζ với a, z ∈ D (3.3.5) az không phụ thuộc đ−ờng cong đơn, trơn từng khúc, nối a với z v nằm gọn trong miền D. Chứng minh Giả sử (amb) v (anb) l hai đ−ờng cong đơn, trơn từng n khúc, nối a với z v nằm gọn trong D. Khi đó (amzna) l đ−ờng cong đơn, trơn từng khúc, kín v nằm gọn trong D. z a m Từ công thức (3.3.1) v tính cộng tính 0 = ∫ (f ζ d) ζ = ∫ (f ζ d) ζ + ∫ (f ζ d) ζ amzna amz zna Chuyển vế v sử dụng tính định h−ớng suy ra ∫ (f ζ d) ζ = ∫ (f ζ d) ζ amz anz Hệ quả 5 Cho hm f giải tích trên miền D đơn liên v a ∈ D. Khi đó hm z F(z) = ∫ (fζ d) ζ với z ∈ D (3.3.6) a l nguyên hm của hm f trong miền D v F(a) = 0. Chứng minh Theo công thức (3.3.5) hm F xác định đơn trị trên miền D v F(a) = 0. Ngoi ra với mọi (z, h) ∈ D ì ∀ sao cho [z, z + h] ⊂ D + z(F + )h − )z(F 1 z h − )z(f = ∫ ()(f ζ) − )z(f dζ ≤ sup{ | f( ζ) f(z) | : ζ ∈ [z, z + h]} h h z → h→0 0 Suy ra hm F giải tích trong D v F’(z) = f(z). Đ4. Công thức tích phân Cauchy Bổ đề Cho đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng v D = D Γ. Khi đó ta có 1 dz 1 a ∈ D ∀ a ∈ ∀ Γ, Ind Γ(a) = =  (3.4.1) ∫ 0 a ∉ D 2πi Γ z − a  Hm Ind Γ(a) gọi l chỉ số của điểm a đối với đ−ờng cong Γ. Chứng minh Trang 48 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức 1 Với a ∉ D , hm f(z) = liên tục trên D , giải tích trong D. Theo công thức (3.3.2) z − a tích phân của hm f trên đ−ờng cong kín Γ bằng không. Với a ∈ D, kí hiệu B = B(a, δ) ⊂ D, S = ∂B+ l đ−ờng tròn tâm a, S a δ bán kính , định h−ớng d−ơng v D 1 = D B. Hm f(z) liên tục D Γ trên D1 , giải tích trong D 1 theo công thức (3.3.4) v các ví dụ trong Đ1. dz dz = = 2 πi ∫ − ∫ − Γ z a S z a Định lý Cho hm f giải tích trong miền D v đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng sao cho D Γ ⊂ D. Khi đó ta có 1 )z(f ∀ a ∈ D Γ, Ind Γ(a)f(a) = ∫ dz (3.4.2) 2πi Γ z − a Công thức (3.4.2) gọi l công thức tích phân Cauchy . Chứng minh  )z(f − )a(f  z ≠ a Từ giả thiết suy ra hm g(z) =  z − a giải tích trong miền D. f′ )a( z = a Sử dụng công thức (3.3.1) ta có )z(f )a(f 0 = ∫ )z(g dz = ∫ dz − ∫ dz Γ Γ z − a Γ z − a Kết hợp với công thức (3.4.1) suy ra công thức (3.4.2) Hệ quả 1 Cho miền D có biên định h−ớng d−ơng gồm hữu hạn đ−ờng cong đơn, kín, trơn từng khúc v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. 1 (f ζ) ∀ z ∈ D, f(z) = dζ (3.4.3) π ∫ ζ − 2 i ∂D z Chứng minh Nếu D l miền đơn liên thì biên ∂D l đ−ờng cong Γ định h−ớng d−ơng, đơn, kín v trơn từng khúc. Lập luận t−ơng tự nh− trong chứng minh định lý v sử dụng công thức (3.3.2) thay cho công thức (3.3.1) Nếu D l miền đa liên biến đổi miền D thnh miền D 1 đơn liên nh− trong hệ quả 2, Đ3. Sau đó sử dụng kết quả đ biết cho miền đơn liên, tính cộng tính v tính định h−ớng của tích phân. Nhận xét Theo các kết quả trên thì giá trị của hm giải tích trong miền D đ−ợc xác định bằng các giá trị của nó trên biên ∂D. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 49
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Hệ quả 2 Cho đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng v hm f liên tục trên DΓ , giải tích trong D Γ. )z(f ∀ a ∈ D Γ, ∫ dz = 2 πif(a) (3.4.4) Γ z − a Chứng minh Suy ra từ công thức (3.4.3) dz Ví dụ Tính tích phân I = với Γ l đ−ờng tròn định ∫ 2 Γ z − 1 h−ớng d−ơng | z | = 3. Theo công thức (3.3.4) 1 1 3 1 1 − + I = z 1 dz + z 1 dz = I + I ∫+ ∫ − 1 2 z+1 =1 z 1 z−1 = 1 z 1 1 Hm f(z) = thoả mn công thức (3.4.4) trong đ−ờng tròn | z + 1 | = 1 suy ra z − 1 π π I1 = 2 if(1) = i 1 Hm g(z) = thoả mn công thức (3.4.4) trong đ−ờng tròn | z 1 | = 1 suy ra z + 1 π π I2 = 2 ig(1) = i Vậy I = πi + πi = 0 Đ5. Tích phân Cauchy • Cho đ−ờng cong định h−ớng Γ đơn, trơn từng khúc v hm f liên tục trên Γ. Tích phân 1 (f ζ) F(z) = ∫ dζ với z ∈ D = ∀ Γ (3.5.1) 2πi Γ ζ − z gọi l tích phân Cauchy dọc theo đ−ờng cong Γ. Định lý Hm F(z) l giải tích v có đạo hm mọi cấp trên miền D. Khi đó ta có !n (f ζ) ∀ (n, z) ∈ ∠ ì D, F (n) (z) = dζ (3.5.2) ∫ n+1 2πi Γ (ζ − )z Chứng minh Do hm f liên tục trên Γ v z ∉ Γ nên hm F xác định đơn trị trên miền D. Trang 50 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Với mọi a ∈ D tuỳ ý )z(F − )a(F 1 (f ζ) 1 (f ζ) = dζ → dζ ∫ z→a ∫ 2 z − a 2πi Γ (ζ − a)(ζ − )z 2πi Γ (ζ − )a Suy ra hm F có đạo hm cấp một trong miền D tính theo công thức (3.5.2) v do đó giải tích trong miền D. Giả sử hm F có đạo hm đến cấp n 1 trong miền D Với mọi a ∈ D tuỳ ý n=1 ζ − k ζ − n−1−k n( − )1 n( − )1 ∑( )a ( )z F )z( − F )a( n( − 1)! = = (f ζ) k 0 dζ − ∫ n n z a 2πi Γ (ζ − )a (ζ − )z !n (f ζ) → dζ z→a ∫ n+1 2πi Γ (ζ − )a Suy ra hm F có đạo hm cấp n trong miền D tính theo công thức (3.5.2) Hệ quả 1 Cho miền D có biên định h−ơng d−ơng gồm hữu hạn đ−ờng cong đơn, kín v trơn từng khúc. Nếu hm f liên tục trên D , giải tích trong D thì có đạo hm mọi cấp trong miền D. !n (f ζ) ∀ (n, z) ∈ ∠ ì D, f (n) (z) = dζ (3.5.3) π ∫ ζ − n+1 2 i ∂D ( )z Chứng minh Nếu D l miền đơn liên thì biên ∂D l đ−ờng cong Γ định h−ớng d−ơng, đơn, kín v trơn từng khúc. Theo công thức (3.4.3) ta có 1 (f ζ) ∀ z ∈ D, f(z) = dζ ≡ F(z) π ∫ ζ − 2 i ∂D z Kết hợp với công thức (3.5.2) suy ra công thức (3.5.3) Nếu D l miền đa liên biến đổi miền D thnh miền D 1 đơn liên nh− trong hệ quả 2, Đ3. Sau đó sử dụng kết quả đ biết cho miền đơn liên, tính cộng tính v tính định h−ớng của tích phân. Hệ quả 2 Cho đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, định h−ớng d−ơng v hm f liên tục trên DΓ , giải tích trong D Γ. π )z(f 2 i (n) ∀ a ∈ D Γ, dz = f (a) (3.5.4) ∫ n( + )1 Γ z( − )a n! Chứng minh Suy ra từ công thức (3.5.3) e z dz Ví dụ Tính tích phân I = với Γ l đ−ờng tròn | z | = 2 định h−ớng d−ơng ∫ 3 Γ z( + )1 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 51
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Hm f(z) = e z liên tục trên hình tròn | z | ≤ 2, giải tích trong hình tròn | z | 0 : B(a, R) ⊂ D, f (n) (a) = !n a(f + Re it e) −int dt (3.6.1) π n ∫ 2 R 0 Chứng minh Tham số hoá đ−ờng tròn S = ∂B+(a, R) γ(t) = a + Re it , dz = iRe it dt với t ∈ [0, 2 π] Ap dụng công thức (3.5.4) 2π !n )z(f − f(n) (a) = dz = !n a(f + Re it e) int dt π ∫ − n+1 π n ∫ 2 i S z( )a 2 R 0 Trang 52 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Hệ quả 1 (Bất đẳng thức Cauchy) Cho hm f giải tích trên miền D. ∀ ∈ ∠ ⊂ | (n) | ≤ !n M | | n , R > 0 : B(a, R) D, f (a) với M = sup ∂B f(z) (3.6.2) R n Chứng minh Suy ra từ −ớc l−ợng tích phân (3.6.1) 2π !n − !n M | f (n) (a) | ≤ a(f + Re it e) int dt ≤ π ∫ n 2 0 R Hệ quả 2 (Định lý Liouville) Hm giải tích v bị chặn trên tập số phức l hm hằng. Chứng minh Giả sử hm f giải tích v bị chặn trên tập ∀. Khi đó ∀ ∈ ∀ ì 3 ⊂ ∀ (a, R) + , B(a, R) Theo công thức (3.6.2) với n = 1 M | f’(a) | ≤ → 0 với M = sup ∀| f(z) | R R→+∞ Suy ra ∀ a ∈ ∀, f’(a) = 0. Vậy hm f l hm hằng. Hệ quả 3 (Định lý D ’Alembert Gauss) Mọi đa thức hệ số phức bậc n có đúng n không điểm phức trong đó không điểm bội k tính l k không điểm. Chứng minh n ∀ ∈ ∀ ≠ Giả sử Pn(z) = a 0 + a 1z + + z v z , P n(z) 0 Ta có  a a   a a  | P (z) | = | z |n 1 +  n−1 + + 0  ≥ | z |n −  n−1 + + 0  n n 1  n   z z   z z  Suy ra  1  r n ∀ ∈ ∀ | | ≥ + k | | ≥ z : z r = Max n( a)1 k  ⇒ P n(z) k=0 n−1  n + 1 Kí hiệu n m = min{ | P (z) | : | z | ≤ r}, m = min{m , r } v g(z) = 1 , z ∈ ∀ r n r + n 1 Pn )z( Khi đó ∀ ∈ ∀ | | ≥ | | 1 ≤ 1 z , P n(z) m hay g(z) = P| n |)z( m Nh− vậy hm g(z) l giải tích v bị chặn trên ∀, theo định lý Liouville nó l hm hằng. Suy ra hm P n(z) l hm hằng! Điều ny l mâu thuẫn. ∃ ∈ ∀ Vậy z 1 sao cho P n(z 1) = 0. Phân tích P n(z) = (z z 1)P n1(z) với degP n1 = n 1. Lập luận t−ơng tự phân tích P n1(z) v tiếp tục phân tích cho đến khi Pn(z) = (z z 1)(z z 2) (z z n) Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 53
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Hệ quả 4 (Nguyên lý module cực đại) Cho miền D giới nội v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. Khi đó hoặc hm f(z) l hm hằng hoặc hm | f(z) | chỉ đạt trị lớn nhất, trị bé nhất trên ∂D. Chứng minh • Giả sử hm f(z) không phải l hm hằng. Do hm | f(z) | liên tục trên miền D đóng v giới nội nên đạt trị lớn nhất, trị bé nhất trên miền D . Chúng ta xét tr−ờng hợp hm đạt trị lớn nhất. Tức l ∃ ∈ | | | | a D sao cho f(a) = Max D f(z) ∈ ∃ ⊂ Nếu a D 0 thì a l điểm cực đại địa ph−ơng v khi đó B(a, R) D sao cho ∀ t ∈ [0, 2 π], | f(a) | > | f(a + Re it ) | Ước l−ợng công thức (3.6.1) với n = 0 π 1 2 | f(a) | ≤ a(f + Re it ) dt < | f(a) | π ∫ 2 0 Điều ny l mâu thuẫn. Vậy a ∈ ∂D. • Lập luận t−ơng tự cho tr−ờng hợp hm đạt trị bé nhất. Đ7. Hm điều ho • Hm thực u(x, y) liên tục trên D , thuộc lớp C 2 trong D gọi l hm điều ho trong nếu nó thoả mn ph−ơng trình Laplace. Tức l ∂ 2 ∂ 2 ∀ (x, y) ∈ D, ∆u = u + u = 0 (3.7.1) ∂x 2 ∂y2 Định lý Phần thực, phần ảo của hm giải tích l hm điều ho. Chứng minh Cho hm f(z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D. Khi đó hm f(z) có đạo hm mọi cấp suy ra các hm u(x, y) v v(x, y) có các đạo hm riêng liên tục v thoả mn điều kiện Cauchy Riemann ′ = ′ ′ = − ′ u x v y v u y v x Suy ra ∆ ′′ + ′′ ′′ − ′′ ∆ ′′ + ′′ − ′′ + ′′ u = u xx u yy = v yx v xy = 0 v v = v xx v yy = u yx u xy = 0 • Sau ny chúng ta gọi cặp hm điều ho v thoả mn điều kiện Cauchy Riemann l cặp hm điều ho liên hợp. Định lý Cho hm thực u(x, y) điều ho trong miền D đơn liên. Khi đó có hm phức f(z) Trang 54 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức giải tích trong miền D sao cho u = Ref hoặc u = Imf. Chứng minh • Do hm u điều ho trong miền D đơn liên nên dạng vi phân ω − ′ + ′ = u y dx u x dy l dạng vi phân đúng. Suy ra tích phân của nó không phụ thuộc vo đ−ờng lấy tích phân. Cố định a ∈ D với mọi z ∈ D, hm z − ′ + ′ v(x, y) = ∫ uy xd u x yd (3.7.2) a thuộc lớp C 2 trong miền D v thoả mn điều kiện Cauchy Riemann ′ ′ ′ ′ v x = u y v v y = u x Suy ra hm phức f(z) = u(x, y) + iv(x, y) l giải tích trong miền D v u = Ref. • Lập luận t−ơng tự để tìm hm f(z) sao cho u = Imf. Ví dụ Cho hm u = x 2 y 2 tìm hm w = f(z) giải tích sao cho u = Ref Kiểm tra trực tiếp hm u l hm điều ho ′ ′ ′ ′ ∆ ′′ + ′′ u x = 2x = v y , u y = 2y = v x v u = u xx u yy = 0 Tìm hm v điều ho liên hợp với hm u ′ ϕ v(x, y) = ∫ v x dx = ∫ 2ydx = 2xy + (y) Đạo hm theo biến y ′ ϕ ≡ ϕ ϕ v y = 2x + ’(y) 2x ⇒ ’(y) = 0 ⇒ (y) = C Suy ra hm phức f(z) = (x 2 y 2) + i(2xy + C) l hm giải tích cần tìm. Hệ quả 1 Hm điều ho có đạo hm riêng mọi cấp v các đạo hm riêng của nó cũng l hm điều ho. Chứng minh Theo các định lý ở trên u = Ref với f l hm giải tích. Khi đó đạo hm các cấp của hm f cũng l hm giải tích v có phần thực, phần ảo l các đạo hm riêng của hm u. Hệ quả 2 Hm điều ho đạt trị trung bình tại tâm của hình tròn nằm gọn trong miền D. π 1 2 ∀ R > 0 : B(a, R) ⊂ D, u(a) = a(u + Re it )dt (3.7.3) π ∫ 2 0 Chứng minh T−ơng tự nh− trên u = Ref với f l hm giải tích. Theo công thức (3.6.1) với n = 0 π 1 2 u(a) = Ref(a) = Re a(f + Re it )dt π ∫ 2 0 Hệ quả 3 Hm u điều ho đạt trị lớn nhất, trị bé nhất trên ∂D. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 55
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức Chứng minh Sử dụng công thức (3.7.3) v lập luận t−ơng tự nh− chứng minh nguyên lý cực đại. Hệ quả 4 Hm điều ho v bị chặn trên ton tập số phức l hm hằng. Chứng minh T−ơng tự nh− trên u = Ref với f l hm giải tích. Từ giả thiết hm u bị chặn v công thức (3.7.4) d−ới đây suy ra hm f bị chặn. Theo định lý Liouville suy ra hm f l hm hằng. Suy ra hm u l hm hằng. Công thức Schwartz Cho f(z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D v B(0, R) ⊂ D. 1 2π Re i.t + a ∀ a ∈ B(0, R), f(a) = u(Re i.t ) dt + iv(0) (3.7.4) π ∫ i.t − 2 0 Re a Chứng minh Với mọi a ∈ B(0, R) 1 f(z) 1 2π Re i.t 2π f(a) = dz = f(Re i.t ) dt v f(0) = 1 f(Re i.t )dt π ∫ π ∫ i.t − 2π ∫ 2 i ∂B az 2 0 Re a 0 R 2 Do a ∈ B(0, R) nên a = ∉ B(0, R) suy ra 1 a 1 f(z) 1 2π ae i.t 0 = dz = f(Re i.t ) dt π ∫ π ∫ i.t − 2 i ∂B az 1 2 0 ae R Biến đổi 2π 1 2π ae i.t 2π f(0) = 1 f(Re i.t )dt f(Re i.t ) dt = 1 f(Re i.t ) - R dt 2π ∫ π ∫ i.t − 2π ∫ i.t − 0 2 0 ae R 0 ae R 1 2π ae i.t + R 1 2π - R 0 = f(Re i.t ) dt + f(Re i.t ) dt π ∫ i.t − π ∫ i.t − 2 0 ae R 2 0 ae R Suy ra 2π -i.t + 2π i.t + f(0) = 1 f(Re i.t ) Re a dt v f(0)= 1 f(Re i.t ) Re a dt 2π ∫ -i.t − 2π ∫ i.t − 0 Re a 0 Re a 2π i.t + f(a) iv(0) = )a(f − 1 )0(f[ − ])0(f = 1 u(Re i.t ) Re a dt 2 2π ∫ i.t − 0 Re a • Hm i.t + S(a, t) = Re a Rei.t − a gọi l nhân Schwartz . Theo công thức (3.7.4) nếu biết giá trị trên biên của phần thực u v giá trị v(0) thì suy ra đ−ợc giá trị của hm f bên trong hình tròn B(0, R). Biến đổi Trang 56 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức R 2 − |a| 2 2R Im(ae−it ) S(a, t) = + i | Re it + a |2 | Re it − a |2 Hm 2 − 2 P(a, t) = ReS(a, t) = R |a| | Re it + a |2 gọi l nhân Poisson . Từ công thức (3.7.4) suy ra π 2 2 − 2 u(a) = Ref(a) = 1 u(Reit ) R |a| dt (3.7.5) 2π ∫ it + 2 0 | Re |a gọi l công thức Poisson . Sau ny chúng ta có thể dùng công thức (3.7.5) để tìm nghiệm của bi toán Dirichlet trong hình tròn. Bi tập ch−ơng 3 • Tham số hoá đ−ờng cong để tính các tích phân sau đây. 1. ∫ e z dz với Γ l cung parabole y = x 3, 1 ≤ x ≤ 2 Γ 2. ∫ tgzdz với Γ l cung parabole x = y 2, 0 ≤ y ≤ 1 Γ 3. ∫ z Im zdz với Γ l đ−ờng gấp khúc nối các điểm 1, i, 1 v i Γ 4. ∫ z( 2 + )zz dz với Γ l cung tròn | z | = 1, 0 ≤ arg z ≤ π Γ z 5. dz với Γ l đ−ờng ellipse x 2 + 4y 2 = 4 ∫ − Γ z 1 • Sử dụng định lý Cauchy để tính các tích phân sau đây. 6. ∫ z sin zdz với Γ l đ−ờng cong bất kì nối hai điểm 0 v πi Γ 7. ∫ z( − )1 cos zdz với Γ l đ−ờng cong bất kì nối hai điểm π, πi Γ dz 8. với Γ l đ−ờng cong bất kì nối hai điểm 1 v 1 + i ∫ − Γ z 1 9. ∫ z|z| dz với Γ l biên định h−ớng của miền D = { | z | = 1, Im z ≥ 0 } Γ z 10. ∫ dz với Γ l biên định h−ớng của miền D = {1 < | z | < 2, Im z ≥ 0 } Γ |z| Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 57
Ch−ơng 3. Tích Phân Phức dz 11. với Γ l đ−ờng cong kín không đi qua điểm ±i ∫ 2 Γ z + 1 • Sử dụng công thức tích phân Cauchy để tính các tích phân sau đây. z 2 dz 12. với Γ l các đ−ờng tròn | z | = 1 v | z | = 3 ∫ − Γ z i2 dz 13. với Γ l các đ−ờng tròn | z | = 1, | z 2i | = 1 v | z + 2i | = 1 ∫ 2 Γ z + 4 dz 14. với Γ l các đ−ờng tròn | z | = 1, | z 2 | = 1 v | z | = 3 ∫ 2 Γ z + z2 zshzdz 15. với Γ l đ−ờng cong kín không đi qua điểm ±i ∫ 2 Γ z + 1 • Tính các tích phân sau đây. cos zdz 16. với Γ l đ−ờng tròn | z | = 2 ∫ 2 Γ z − 1 sin zdz 17. với Γ l đ−ờng tròn | z | = 3 ∫ 2 Γ z − z2 ze z dz 18. với Γ l đ−ờng tròn | z + i | = 1 ∫ 3 Γ z( + )i shzdz 19. với Γ l đ−ờng tròn | z 1 | = 1 ∫ 2 Γ z( − )1 z( + )3 ln( z + )3 dz 20. với Γ l đ−ờng tròn | z | = 2 ∫ 2 3 Γ z( − )1 z sin z 21. dz với Γ l đ−ờng ellipse 4x 2 + y 2 2y = 0 ∫ 2 3 Γ z( + )1 • Tìm hm giải tích biết phần thực, phần ảo. y 22. u(x, y) = x 3 3xy 2 23. u(x, y) = x 2 y 2 + 5x + y x 2 + y 2 x x 24. u(x, y) = arctg 25. u(x, y) = 2y y x 2 + y2 26. v(x, y) = 2xy + 3 27. v(x, y) = 2x 2 2y 2 + x y 28. v(x, y) = ln(x 2 + y 2) + x 2y 29. v(x, y) = 3 + x 2 y x(x 2 + y 2 ) Trang 58 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4 CHUỗI hm PHứC v Thặng d− Đ1. Chuỗi hm phức • → ∀ Cho dy hm (u n : D )n∈∠. Tổng vô hạn +∞ ∑ u n )z( = u 0(z) + u 1(z) + + u n(z) + (4.1.1) n=0 +∞ gọi l chuỗi hm phức . Số phức a gọi l điểm hội tụ nếu chuỗi số phức ∑ u n )a( hội tụ. n=0 Tập các điểm hội tụ gọi l miền hội tụ v th−ờng kí hiệu l D. +∞ n Trên miền hội tụ hm S(z) = ∑ u n )z( gọi l tổng, hm S n(z) = ∑ u k )z( gọi l tổng riêng n=0 k=0 thứ n v hm R n(z) = S(z) S n(z) gọi l phần d− thứ n của chuỗi hm phức. +∞ D = Chuỗi hm phức gọi l hội tụ đều trên miền D đến hm S(z), kí hiệu ∑ u n )z( )z(S nếu n=0 ∀ ε ∃ ∀ ∈ ∀ ≥ | | ε > 0, N > 0 sao cho z D, n N ⇒ S(z) S n(z) 0 bé tuỳ ý Do tính hội tụ đều ∃ ∀ ∀ ∈ | | ε | | ε N > 0 : n > N , z D ⇒ S(z) S n(z) < / 3 v S(a) S n(a) < / 3 Do tính liên tục Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 59
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− ∃ δ ∀ ≤ ∀ ∈ | | ≤ δ | | ε > 0 : n N , z D, z a ⇒ u n(z) u n(a) 0, N > 0 : n > N , z ⇒ S(z) S n(z) < / s( ) Suy ra n − ≤ − ε ∫ )z(S dz ∑∫ u n )z( dz ∫ )z(S S n )z( dz < Γ k=0 Γ Γ +∞ D ∀ ∈ ∠ = 3. Đạo hm từng từ Nếu n , u n(z) giải tích trong miền D v ∑ u n )z( )z(S thì n=0 hm S(z) cũng giải tích trong miền D. +∞ D ∀ ∈ ∠ )k( = )k( k , ∑ u n )z( S )z( (4.1.4) n=0 Chứng minh Với mọi z ∈ D, ∃ B(z, R) ⊂ D. Kí hiệu Γ = ∂B+ v G = D B(z, R/2) khi đó u (ζ) +∞ u (ζ) G (S ζ) ∀ n ∈ ∠, n giải tích trong G v n = ζ − ∑ ζ − ζ − z n=0 z z Sử dụng công thức (3.4.3) v công thức (4.1.3) +∞ 1 +∞ u (ζ) 1 (S ζ) S(z) = u )z( = n dζ = dζ ∑ n π ∑∫ ζ − π ∫ ζ − n=0 2 i n=0 Γ z 2 i Γ z Theo định lý về tích phân Cauchy hm S(z) giải tích trong miền D v do đó có đạo hm mọi cấp trên miền D. Kết hợp công thức (3.5.3) v công thức (4.1.3) !k (S ζ) +∞ !k u (ζ) +∞ ∀ k ∈ ∠, S (k) (z) = dζ = n dζ = u )k( )z( π ∫ k+1 ∑ π ∫ k+1 ∑ n 2 i Γ (ζ − )z n=0 2 i Γ (ζ − )z n=0 Trang 60 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− ∀ ∈ ∠ 4. Xác định trên biên Nếu n , u n(z) liên tục trên miền D , giải tích trong miền D +∞ ∂D +∞ D = = v ∑ u n )z( )z(S thì ∑ u n )z( )z(S . n=0 n=0 Chứng minh Theo nguyên lý cực đại n n ∀ ∈ ∃ ∈ ∂ | | ≤ | | ε z D, a D : S(z) ∑ u k )z( S(a) ∑ u k )a( 0 sao cho n , c n(z 0 a) M ∈ ρ | | | | Với mọi z B(a, ) đặt q = z a / z 0 a z 1 a Chứng minh | | | | Giả sử trái lại chuỗi luỹ thừa hội tụ tại z : z a > z 1 a . Từ định lý suy ra chuỗi luỹ thừa hội tụ tại z 1. Mâu thuẫn với giả thiết. Hệ quả 2 Tồn tại số R ≥ 0 sao cho chuỗi luỹ thừa hội tụ trong đ−ờng tròn | z a | = R v Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 61
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− phân kỳ ngoi đ−ờng tròn | z a | = R. Chứng minh Rõ rng chuỗi luỹ thừa luôn hội tụ tại z = 0 v phân kỳ tại z = ∞. Kí hiệu ρ ∈ 3 | | ρ R1 = Max{ + : chuỗi luỹ thừa hội tụ trong z a < } ρ ∈ 3 | | ρ R2 = Min{ + : chuỗi luỹ thừa phân kỳ ngoi z a < } Ta có R 1 = R 2 = R • Số R gọi l bán kính hội tụ còn hình tròn B(a, R) gọi l hình tròn hội tụ của chuỗi luỹ thừa. Nếu D l miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa thì ta luôn có B(a, R) ⊂ D ⊂ B (a, R) Hệ quả 3 Bán kính hội tụ đ−ợc tính theo một trong các công thức sau đây c 1 R = lim n = lim (4.2.2) n→+∞ c n→+∞ n n+1 c| n | Chứng minh Lập luận t−ơng tự chuỗi luỹ thừa thực. • Kí hiệu +∞ − n ∈ S(z) = ∑ c n z( )a với z B(a, R) (4.2.3) n=0 Kết hợp các tính chất của hm luỹ thừa với các tính chất của chuỗi hội tụ đều ta có các hệ quả sau đây. Hệ quả 4 Hm S(z) liên tục trong hình tròn B(a, R) Chứng minh Suy ra từ tính liên tục của hm luỹ thừa v chuỗi hội tụ đều. Hệ quả 5 Hm S(z) khả tích trên đ−ờng cong Γ trơn từng khúc, nằm gọn trong B(a, R) +∞ − n ∫ )z(S dz = ∑ c n ∫ z( )a dz (4.2.4) Γ n=0 Γ Chứng minh Suy ra từ tính khả tích của hm luỹ thừa v công thức tích phân từng từ. Hệ quả 6 Hm S(z) giải tích trong hình tròn B(a, R) +∞ ∀ ∈ ∠ (k) − − + − n−k k , S (z) = ∑ n(n 1) (n k c)1 n z( )a (4.2.5) n=k Chứng minh Suy ra từ tính giải tích của hm luỹ thừa v công thức đạo hm từng từ. Trang 62 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− 1 Hệ quả 7 ∀ k ∈ ∠, c = S(k) (a) (4.2.6) k k! Chứng minh Suy ra từ công thức (4.2.5) với z = a. +∞ 1 Ví dụ Chuỗi luỹ thừa z n hội tụ đều trong hình tròn B(0, 1) đến hm S(z) = . ∑ − n=0 1 z Suy ra +∞ z +∞ z 1 + dζ ∀ z ∈ B(0, 1), ζ n dζ = z n 1 = = ln(1 z) ∑∫ ∑ + ∫ − ζ n=0 0 n=0 n 1 0 1 +∞ )k( −  1  !k ∀ k ∈ ∠, n(n − 1) (n − k + z)1 n k =   = , ∑ − k+1 n=k 1 z  1( − )z Đ3. Chuỗi Taylor Định lý Cho D = B(a, R), Γ = ∂D+ v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. +∞ 1 (f ζ) ∀ z ∈ D, f(z) = c z( − )a n với c = dζ , n ∈ ∠ (4.3.1) ∑ n n π ∫ n+1 n=0 2 i Γ (ζ − )a Công thức (4.3.1) gọi l khai triển Taylor của hm f tại điểm a. Chứng minh Với mọi z ∈ D cố định. Theo công thức tích phân Cauchy 1 (f ζ) f(z) = dζ (1) π ∫ ζ − 2 i Γ z Với ζ ∈ Γ ta có q = | z a | / | ζ a | 0 : ∀ ζ ∈ Γ,   ≤ q ζ − a  ζ − a  R Theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi (2) hội tụ đều trên Γ, do đó có thể tích phân từng từ dọc theo đ−ờng cong Γ. Tích phân từng từ công thức (1) suy ra công thức (4.3.1) Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 63
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− Hệ quả Kết hợp công thức (4.2.6) v (4.3.1) ta có 1 ∀ k ∈ ∠, c = f(k) (a) (4.3.2) k k! Nhận xét Theo định lý Cauchy có thể lấy Γ l đ−ờng cong bất kì đơn, kín, trơn từng khúc bao a v z, định h−ớng d−ơng v nằm gọn trong B(a, R). Thông th−ờng, chúng ta khai triển hm f(z) trong hình tròn B(0, R) chuỗi nhận đ−ợc gọi l chuỗi Maclorinh t−ơng tự nh− hm thực. Ví dụ 1 z n +∞ z n +∞ z n 1. e z = 1 + z + + + = ∑ v e z = ∑(− )1 n 1! n! n=0 !n n=0 !n 1 1 i n (− )i n 1 1 +∞ (− )1 n 2. cos z = (e iz + e iz ) = ∑ ( + z) n = 1 z2 + z4 + = ∑ z2n 2 2 !n !n 2! 4! n=0 2( n)! T−ơng tự khai triển 1 1 1 sin z = (e iz e iz ), ch z = (e z + e z), sh z = (e z e z) 2i 2 2 m(m − )1 +∞ m(m −1) (m − n + )1 3. (1 + z) m = 1 + mz + z2 + = ∑ zn !2 n=0 !n Với m = 1 1 +∞ = 1 z + z 2 = ∑ (− )1 n z n 1 + z n=0 Thay z bằng z 2 1 +∞ = 1 z 2 + z 4 = − n 2n 2 ∑ ( )1 z 1 + z n=0 Suy ra z +∞ z +∞ n dζ (− )1 + ln(1 + z) = = (− )1 n ζ n dζ = z n 1 ∫ + ζ ∑ ∫ ∑ + 0 1 n=0 0 n=0 n 1 z +∞ z +∞ n dζ (− )1 + arctanz = = ∑(− )1 n ζ 2n dζ = ∑ z 2n 1 ∫ + ζ 2 ∫ + 0 1 n=0 0 n=0 2n 1 Đ4. Không điểm của hm giải tích Định lý Cho hm f giải tích trong miền D v dy số (z n)n∈∠ hội tụ trên miền D đến điểm ∈ ∀ ∈ ∠ ∃ ∀ ∈ a D. Nếu n , f(z n) = 0 thì R > 0 sao cho z B(a, R), f(z) = 0. Trang 64 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− Chứng minh Khai triển Taylor hm f trong lân cận điểm a +∞ ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = c z( − )a n với c = f(a) = lim f(z ) = 0 ∑ n 0 +∞ n n=0 Kí hiệu ∈ ∠ ≠ ≥ m(a) = min{n : c n 0} 0 (4.4.1) Nếu m(a) = m thì +∞ +∞ − n m − k m f(z) = ∑ c n z( )a = (z a) ∑ c m+k z( )a = (z a) g(z) n=m k=0 ≠ với hm g(z) giải tích trong lân cận điểm a v g(a) = c m 0. Do đó ∃ ε > 0 : ∀ z ∈ B(a, ε), g(z) ≠ 0 Suy ra ∀ ∈ ε m ≠ z n B(a, ), f(z n) = (z n a) g(z n) 0! Điều ny mâu thuẫn với giả thiết. Vậy m(a) = + ∞ . Tức l ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = 0 Hệ quả 1 Cho hm f giải tích trên miền D. Kí hiệu Z(f) = {z ∈D : f(z) = 0}. Khi đó Z(f) = D hoặc Z(f) có không quá đếm đ−ợc phần tử. Chứng minh Kí hiệu A l các điểm tụ của tập Z(f) ta có A ⊂ Z(f) ⊂ D v tập A l tập đóng Theo định nghĩa ∀ ∈ ∃ Z)f( → a A, dy z n a v f(z n) = 0 Theo định lý trên ∃ ε > 0 : ∀ z ∈ B(a, ε), f(z) = 0 ⇒ B(a, ε) ⊂ A ⇒ tập A l tập mở. Do tập D liên thông v tập A ⊂ D vừa đóng v vừa mở nên Hoặc A = ∅ suy ra Z(f) có không quá đếm đ−ợc phần tử Hoặc A = D suy ra Z(f) = D Nhận xét Theo kết quả trên thì không điểm của hm giải tích không đồng nhất bằng không luôn l không điểm cô lập. Tức l ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R) {a}, f(z) ≠ 0 Hệ quả 2 Cho các hm f, g giải tích trong miền D v dy số (z n)n∈∠ hội tụ trên miền D ∈ ∀ ∈ ∠ ∀ ∈ đến điểm a D. Nếu n , f(z n) = g(z n) thì z D, f(z) = g(z). Chứng minh Đặt h(z) = f(z) g(z), theo giả thiết Z(h) có đếm đ−ợc phần tử, suy ra Z(h) = D Tức l ∀ z ∈ D, h(z) = f(z) g(z) = 0 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 65
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− Hệ quả 3 Cho điểm a l không điểm của hm f giải tích v không đồng nhất bằng không trong miền D. Khi đó ∃! m ∈ ∠*, ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = (z a) m g(z) (4.4.2) với g l hm giải tích trong hình tròn B(a, R) v g(a) ≠ 0. Điểm a gọi l không điểm cấp m của hm f. Chứng minh Khai triển Taylor hm f trong lân cận điểm a +∞ − n f(z) = ∑ c n z( )a với c 0 = f(a) = 0 n=0 Theo các kết quả trên điểm a l không điểm cô lập nên ∃ R > 0 : ∀ z ∈ B(a, R) {a}, f(z) ≠ 0 Theo công thức (4.4.1) nếu m(a) = + ∞ thì ∀ z ∈ B(a, R), f(z) = 0 trái với giả thiết. Suy ra m(a) = m ∈ ∠*. Tức l +∞ +∞ − n m − k m f(z) = ∑ c n z( )a = (z a) ∑ c m+k z( )a = (z a) g(z) n=m k=0 ≠ với g l hm giải tích trong hình tròn B(a, R) v g(a) = c m 0 Đ5. Chuỗi Laurent Định lý Cho miền D = { r < | z a | < R} v hm f liên tục trên D , giải tích trong D. Với mọi ρ ∈ (r, R) kí hiệu B = B(a, ρ) ∩ D v Γ = ∂B+(a, ρ). +∞ (f ζ) ∀ z ∈ B, f(z) = c z( − )a n với c = 1 dζ , n ∈ 9 (4.5.1) ∑ n n π ∫ n+1 −∞ 2 i Γ (ζ − )a Công thức (4.5.1) gọi l khai triển Laurent của hm f tại điểm a. Chứng minh Với mọi z ∈ B cố định. Theo công thức tích phân Cauchy 1 (f ζ) 1 (f ζ) 1 (f ζ) f(z) = dζ = − dζ + dζ (1) π ∫ ζ − π ∫ ζ − π ∫ ζ − 2 i ∂ z 2 i Γ z 2 i Γ z D 1 2 ζ ∈ Γ | ζ | | ζ | | | Với mọi 1 : a = r, ta có q = a / z a < 1 ζ suy ra khai triển Γ n 1 1 1 +∞ 1  ζ − a  z = = ∑   − ζ − ζ − a − − z z a − n=0 z a  z a  Γ Γ 1 2 ζ z − a 1 n (f ζ) +∞ (f ζ)  ζ − a  v =   (2) − ζ ∑ − − z n=0 z a  z a  Trang 66 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− ζ ∈ Γ | ζ | | | | ζ | Với mọi 2 : a = R, ta có q = z a / a 0 sao cho hm f giải tích trong B(a, ε) {a} thì điểm a gọi l điểm bất th−ờng cô lập. Có thể phân loại các điểm bất th−ờng cô lập nh− sau. Nếu lim )z(f = L thì điểm a gọi l bất th−ờng z→a Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 67
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− bỏ qua đ−ợc . Nếu lim )z(f = ∞ thì điểm a gọi l cực điểm . Nếu lim )z(f không tồn tại thì z→a z→a điểm a gọi l bất th−ờng cốt yếu . Giả sử trong lân cận điểm a bất th−ờng cô lập, hm f có khai triển Laurent +∞ c +∞ n − n f(z) = ∑ n + ∑ c n z( )a (4.6.1) n=1 z( − )a n=0 ∈ 9 ≠ Định lý Kí hiệu m(a) = min{ n : c n 0 } 1. Điểm a l bất th−ờng bỏ qua đ−ợc khi v chỉ khi m(a) ≥ 0 2. Điểm a l cực điểm cấp m khi v chỉ khi m(a) < 0 3. Điểm a l bất th−ờng cốt yếu khi v chỉ khi m(a) = ∞ Chứng minh +∞ ≥ ⇒ − n → 1. m(a) = m 0 f(z) = ∑ c n z( )a z→a c 0 = L n=0  )z(f z ≠ 0 Ng−ợc lại, hm g(z) =  giải tích trong B(a, ε). Khai triển Taylor tại điểm a L z = 0 +∞ − n ≥ g(z) = ∑ c n z( )a với c 0 = L ⇒ m(a) 0 n=0 m c +∞ ⇒ n − n → ∞ 2. m(a) = m < 0 f(z) = ∑ n + ∑ c n z( )a z→a n=1 z( − )a n=1  1  z ≠ a Ng−ợc lại, hm g(z) =  )z(f giải tích trong B(a, ε) v g(a) = 0. 0 z = a Theo hệ quả 3, Đ4 g(z) = (z a) mh(z) với m ∈ ∠* v h l hm giải tích trong B(a, ε), h(a) ≠ 0 Suy ra 1 1 1 +∞ − n ≠ ⇒ f(z) = m = m ∑ b n z( )a với c m = b 0 0 m(a) = m z( − )a )z(h z( − )a n=0 +∞ c +∞ ∞ ⇒ −n − n → 3. m(a) = f(z) = ∑ n + ∑ c n z( )a không có giới hạn khi z a n=1 z( − )a n=0 Ng−ợc lại, phản chứng trên cơ sở 1. v 2. Hệ quả 1 (Định lý Sokhotsky) Điểm a l điểm bất th−ờng cốt yếu của hm f khi v chỉ khi với mọi số phức A có dy số phức (z n)n∈∠ hội tụ đến a sao cho dy số phức (f(z n)) n∈∠ hội tụ đến A. Tức l tập f(B(a, ε)) trù mật trong tập ∀. • Hm f giải tích trên ton tập số phức gọi l hm nguyên . Nh− vậy hm nguyên chỉ có 1 một điểm bất th−ờng duy nhất l z = ∞. Đổi biến ζ = suy ra hm g( ζ) = f(z) có duy z Trang 68 Giáo Trình Toán Chuyên Đề
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− nhất điểm bất th−ờng cô lập l ζ = 0. Khai triển Laurent hm g( ζ) trong lân cận ζ = 0 +∞ c +∞ +∞ +∞ c g( ζ) = −n + c + ζ n = n + c + n (4.6.2) ∑ n 0 ∑ c n ∑ c −n z 0 ∑ n n=1 ζ n=1 n=1 n=1 z → ∀ ≥ Do f(z) 0 f(a) nên n 1, c n = 0 Từ đó suy ra kết quả sau đây. ∞ Hệ quả 2 Kí hiệu m f( ) = m g(0) 1. Hm f l hm hằng khi v chi khi m( ∞) = 0 2. Hm f l đa thức bậc n khi v chi khi m( ∞) = n 3. Hm f l hm siêu việt khi v chi khi m( ∞) = + ∞ • Hm f(z) gọi l hm phân hình nếu nó chỉ có hữu hạn cực điểm trên tập ∀ Hệ quả 3 Hm f(z) l hm phân hình khi v chỉ khi hm f(z) l phân thức hữu tỷ Chứng minh )z(P Rõ rng hm hữu tỷ f(z) = có hữu hạn cực điểm l các không điểm của Q(z) Q )z( Ng−ợc lại, giả sử hm f(z) có m cực điểm trên ∀. Khi đó )z(h f(z) = − − z( z1 ) (z z m) ∀ ∞ với hm h giải tích trên ton v m h( ) = n suy ra h(z) = P(z) Đ7. Thặng d− • Cho hm f giải tích trong B(a, R) {a}, liên tục trên Γ = ∂B(a, R). Tích phân 1 Resf(a) = π ∫ )z(f dz (4.7.1) 2 i Γ gọi l thặng d− của hm f tại điểm a. Theo định lý Cauchy, nếu a l điểm th−ờng của hm f thì Resf(a) = 0. Nếu a l điểm bất th−ờng cô lập thì Resf(a) không phụ thuộc vo đ−ờng cong Γ đơn, kín, trơn từng khúc, bao điểm a, định h−ớng d−ơng v nằm gọn trong hình tròn B(a, R). Cho hm f giải tích trong miền R < | z | < ∞, liên tục trên Γ = ∂B(0, R). Tích phân 1 Resf( ∞) = )z(f dz (4.7.2) π ∫ 2 i Γ− gọi l thặng d− của hm f tại điểm ∞. Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 69
Ch−ơng 4. Chuỗi Hm Phức V Thặng D− Định lý Thăng d− của hm f tại điểm a l hệ số c 1 của khai triển Laurent tại điểm đó. Resf(a) = c 1 (4.7.3) Chứng minh Khai triển Laurent hm f tại điểm a +∞ +∞ c − 1 (f ζ) f(z) = n + c z( − )a n với c = dζ , n ∈9 ∑ n ∑ n n π ∫ n+1 n=1 z( − )a n=0 2 i Γ (ζ − )a So sánh với công thức (4.7.1) suy ra công thức (4.7.3) Hệ quả Cho điểm a l cực điểm cấp m của hm f (m− )1 1 d − m Resf(a) = lim − [(z )a z(f )] (4.7.4) (m −1)! z→a dz (m )1 Chứng minh Khai triển Laurent tại cực điểm a cấp m c c +∞ f(z) = −m + + −1 + c z( − )a n m − ∑ n z( − )a z a n=0 Suy ra m m1 m (z a) f(z) = c m + + c 1(z a) + c 0(z a) + m (m1) [(z a) f(z)] = (m 1)!c 1 + m(m1) 2c 0(z a) + Chuyển qua giới hạn hai vế m (m1) lim [(z a) f(z)] = (m 1)!c 1 z→a e z Ví dụ Hm f(z) = có hai cực điểm cấp 3 l ±i z( 2 + )1 3 ″ 1  e 2  1  e z e6 z 12e z  1 Resf(i) = lim  =  − +  = ei(3 2i) z→i  + 3   + 3 + 4 + 5  !2  z( )i  2  z( )i z( )i z( )i  z=i 16 Định lý Cho hm f có các cực điểm hữu hạn l a k với k = 1 n n ∞ ∑ Resf a( k ) + Resf( ) = 0 (4.7.5) k=1 Chứng minh Γ | | Gọi k với k = 1 n l các đ−ờng tròn z a k = R k đủ bé để chỉ bao riêng từng điểm a k Γ | | Γ v l đ−ờng tròn z = R đủ lớn để bao hết tất cả các đ−ờng tròn k. Theo công thức tích phân Cauchy n ∫ )z(f dz = ∑ ∫ )z(f dz = ∫ )z(fdz Γ k=1 Γ − k Γ Chuyển vế sau đó chia hai vế cho 2 πi suy ra công thức (4.7.5) Trang 70 Giáo Trình Toán Chuyên Đề