Giáo trình nhập môn hàm phức

1 2 1 (1 + z/2) = ∞∑ k=0 (−1)kzk 2k+1 , |z| < 2. Vậy f(z) = 1 3 ( ∞∑ k=0 (−1)kzk 2k+1 − ∞∑ k=0 1 zk+1 ) , 1 < |z| < 2. - Khai triển tại 1 trên vành 1 < |z − 1| < 3: 1 z + 2 = 1 3 + (z − 1) = 1 3 1 1 + (z − 1)/3 = ∞∑ k=0 (−1)k(z − 1)k 3k+1 , |z − 1| < 3. IV.2 Điểm kỳ dị cô lập 52 Vậy f(z) = ∞∑ k=0 (−1)k(z − 1)k 3k+2 − 1 3(z − 1) , 1 < |z − 1| < 2. c) Khai triển Laurent hàm f(z) = sin z z − 1 , tại z0 = 1. Phân tích sin z z − 1 = sin(1 + 1 z − 1) = sin 1 cos 1 z − 1 + cos 1 sin 1 z − 1 . Từ khai triển Taylor hàm sin và cos suy ra cos 1 z − 1 = ∞∑ k=0 (−1)k (2k)!(z − 1)2k , z = 1. sin 1 z − 1 = ∞∑ k=0 (−1)k (2k + 1)!(z − 1)2k+1 , z = 1. Từ đó suy ra khai triển Laurent của f(z), z = 1. 2. ĐIỂM KỲ DỊ CÔ LẬP 2.1 Định nghĩa. a gọi là điểm kỳ dị cô lập của hàm f nếuu f chỉnh hình trên một lân cận thủng 0 < |z − a| < R của a. Điểm kỳ dị của hàm f được phân loại: • Kỳ dị khử được: nếu tồn tại lim z→a f(z) ∈ C. • Cực điểm : nếu lim z→a f(z) = ∞. • Kỳ dị cốt yếu : nếu không tồn tại lim z→a f(z) (trong C). Bài tập: Chứng minh các hàm sau có kỳ dị khử được, cực điểm và kỳ dị cốt yếu tại a = 0 tương ứng: sin z z , 1 z , e1/z. 2.2 Phân loại điểm kỳ dị theo khai triển Laurent. Giả sử hàm f có kỳ dị cô lập tại a và có khai triển Laurent f(z) = f1(z) + f2(z) = ∑ k≥0 ak(z − a)k + ∑ k<0 ak(z − a)k, 0 < |z − a| < R, Khi đó (1) a là khử được khi và chỉ khi phần chính f2 ≡ 0. (2) a là cực điểm khi và chỉ khi phần chính f2 = 0 và chỉ có hữu hạn số hạng. (3) a là cốt yếu khi và chỉ khi phần chính f2 có vô số số hạng. Chứng minh: (1) Nếu f có kỳ dị khử được tại a, thì |f | ≤ M ở lân cận a. Với k < 0, |ak| = ∣∣∣∣∣ 1 2πi ∮ |z−a|=ρ f(z)dz (z − a)k+1 ∣∣∣∣∣ ≤ Mρ−k → 0 khi ρ→ 0. Vậy ak = 0 nếu k < 0, i.e. phần chính f2 ≡ 0. Ngược lại, nếu f2 ≡ 0, thì lim z→a f(z) = a0. Vậy a là kỳ dị khử được. 53 (2) f có cực điểm tại a khi và chỉ khi 1 f có kỳ dị khử được tại a. Theo (1), tồn tại m ∈ N: 1 f(z) = (z − a)mg(z), với g chỉnh hình tại a, g(a) = 0. Viết cách khác f(z) = h(z) (z − a)m , với h = 1 g là chỉnh hình tại a, h(a) = 0. Nghĩa là khai triển Laurent có phần chính khác 0 và hữu hạn số hạng: f(z) = 1 (z − a)m (a−m + a−m+1(z − a) + · · ·+ a−1(z − a) m−1) + f1(z). (3) là trường hợp còn lại. Nhận xét. Từ chứng minh trên, ta có đặc trưng của các loại kỳ dị: (1) a là kỳ dị khử được của f khi và chỉ khi f bị chặn tại lân cận a. Hơn nữa, vì khai triển thành chuỗi Laurent chỉ có phần đều f1, nên f có thể thác triển thành f1 là hàm chỉnh hình tại a. Chẳng hạn, ta có khai triển Laurent: sin z z = 1 z (z − z 3 31 + z5 5! − · · · ) = 1− z 2 3! + z4 5! − · · · , 0 < |z|. Vậy hàm f(z) = sin z z có thể thác triển thành hàm giải tích tại 0 khi cho giá trị f(0) = 1. (2) Nếu a là cực điểm của f , thì theo chứng minh trên tồn tại m > 0, sao cho f(z) = h(z) (z − a)m = a−m (z − a)m + a−m+1 (z − a)m−1 + · · ·+ a−1 (z − a) + phần đều, trong đó h(a) = a−m = 0. Khi đó m gọi là cấp của cực điểm a. Như vậy tại các cực điểm hàm có tính chất như phân thức hữu tỉ c (z − a)m . Cũng như tập không điểm của một hàm chỉnh hình, tập các cực điểm của một hàm là tập rời rạc. (3) Tại lân cận điểm kỳ dị cốt yếu dáng điệu hàm rất xấu. Trước hết xét ví dụ sau. Ta có khai triển Laurent tại 0: e 1 z = 1 + 1 z + 1 2!z2 + 1 3!z3 + · · · |z| > 0. Nên hàm e có kỳ dị cốt yếu tại 0. Hơn nữa ta có khẳng định sau: Với mọi  > 0, f(z) = e , có thể nhận mọi giá trị w ∈ C \ {0} với 0 < |z| < . Thật vậy, với w = ρeiθ = 0, phương trình f(z) = e = w, luôn có nghiệm dạng zk = 1/(ln ρ + i(θ + 2kπ)), k ∈ Z. Hơn nữa lim k→∞ |zk| = 0. Vậy khi k đủ lớn f(zk) = w, |zk| < . Một cách tổng quát, ta có các định lý sau: Định lý (Cosorati-Weierstrass). Giả sử a là kỳ dị cốt yếu của f . Khi đó với mọi IV.2 Điểm kỳ dị cô lập 54 w ∈ C, tồn tại dãy zn → a sao cho f(zn) → w, khi n→∞. Chứng minh: Phản chứng, giả sử tồn tại w ∈ C,  > 0 sao cho |f(z) − w| ≥ , vơiù mọi z thuộc lân cận a. Suy ra hàm g(z) = f(z)− w z − a có cực điểm tại a. Vậy tồn tại m ≥ 1: g(z) = h(z) (z − a)m , với h(a) = 0. Do đó f(z)− w = h(z) (z − a)m−1 , i.e. a là cực điểm hay kỳ dị khử được của f . Vô lý.
Như ở ví dụ trên, ta nêu ở dây kết qủa sâu sắc hơn sau đây: 1 Định lý (Picard). Tại lân cận thủng của điểm kỳ dị cốt yếu, hàm chỉnh hình nhận mọi giá trị thuộc C có thể loại trừ một điểm. Sau đây là một áp dụng của các kết qủa nêu trên. Phân tích hàm hữu tỉ thành các phân thức hữu tỉ. Cho 2 đa thức P,Q. Giả sử α1, · · · , αn là nghiệm của Q với cấp m1, · · · ,mn tương ứng. Khi đó ta có P (z) Q(z) = G(z) + n∑ j=1 Gj ( 1 z − αj ) , trong đó G,Gj là các đa thức và degGj ≤ mj . Chứng minh: Trước hết chia đa thức ta có P (z) Q(z) = G(z) + R(z) Q(z) , trong đó R là đa thức với degR < degQ. Gọi gj là phần chính của khai triển Laurent của R Q tại αj . Do αj là cực điểm của R Q cấp ≤ mj , nên gj(z) = Gj ( 1 z − αj ) , với Gj là đa thức với degGj ≤ mj . Theo hệ qủa ở 1.2, R Q − gj là chỉnh hình trên C trừ tại các điểm αk = αj . Suy ra hàm h = R Q − n∑ j=1 gj là chỉnh hình trên C. Hơn nữa h giới nội, nên theo định lý Louville h = const . Từ đó suy ra phân tích trên. Các hệ số của các Gj có thể xác định bởi phương pháp hệ số bất định. 2.3 Kỳ dị tại vô cùng. Như đã đề cập ở chương I, để xét hàm f tại lân cận ∞, ta đa về xét hàm ϕ(z) = f( 1 z ) tại 0. Khi đó các khái niệm tương ứng tại ∞ được định nghĩa một cách tự nhiên, chẳng hạn: Khai triển Laurent của f tại ∞ là f(z) = ∑ k akz k nếuu ϕ(z) = ∑ k akz −k. 1 Một chứng minh đơn giản có thể tham khảo: E.C.Titchmarsh, The Theory of Functions, 2nd ed., Ch.VIII §8, Oxford University Press 1939. IV.3 Thặng dư 55 ∞ gọi là không điểm (t.ư. cực điểm, kỳ dị cốt yếu) của f nếuu 0 là không điểm (t.ư. cực điểm, kỳ dị cốt yếu) của ϕ. Cấp của không điểm (cực điểm) của f tại ∞ được định nghĩa là cấp của không điểm (cực điểm) của ϕ tại 0. Mệnh đề. Một hàm nguyên có cực điểm cấp m tại ∞ là đa thức bậc m. Chứng minh: Do giả thiết ϕ(z) = f( 1 z ) = a−mz−m + a−m+1z−m+1 + · · · , z = 0. Hơn nữa một hàm nguyên có khai triển Taylor trên toàn C, i.e. có phần chính bằng 0. Vậy f(z) = a−mzm + a−m+1zm−1 + · · ·+ a0.
Từ kết qủa trên, suy ra nếu f(z) là hàm nguyên không là đa thức, thì f( 1 z ) có z = 0 là kỳ dị cốt yếu. Chẳng hạn, các hàm: e1/z, sin(1/z), cos(1/z). Một hàm phân hình trên D là hàm chỉnh hình trên D loại trừ một tập các điểm kỳ dị loại cực điểm. Chẳng hạn, hàm hữu tỉ là phân hình trên C, hàm f(z) = 1 sin z phân hình trên C không là hữu tỉ. Ta có kết qủa sau. Mệnh đề. Một hàm phân hình trên C mà chỉ có hữu hạn cực điểm và ∞ là cực điểm là hàm hữu tỉ. Chứng minh: Gọi g và gj là phần chính của khai triển Laurent hàm phân hình f tại ∞ và tại các cực điểm. Do giả thiết g là đa thức còn các gj là các hàm hữu tỉ. Theo hệ qủa 1.2, ta có f − g − ∑ gj là hàm giải tích, giới nội trên C. Do đó f = g + ∑ gj + const.
3. THẶNG DƯ Như đã xét ở chương III, việc tính tích phân dọc theo đường cong kín của một hàm được đưa về tính các tích phân theo đường tròn bao quanh các điểm kỳ dị của hàm đó. Sau đây là thuật ngữ và các công thức để cụ thể hóa kết qủa đó. 3.1 Định nghĩa. Thặng dư của f ∈ H(0 < |z − a| < R) tại a là số R a es f = 1 2πi ∫ |z−a|=r f(z)dz , 0 < r < R. Thặng dư tại vô cùng của f ∈ H(|z| > R) là số R ∞ es f = − 1 2πi ∫ |z|=r f(z)dz , r > R. Nhận xét. Theo định lý Cauchy, tích phân trên không phụ thuộc đường cong kín bao 56 quanh a, nên không phụ thuộc r. Từ “thặng dư ” (residue) có thể giải thích như sau: Từ khai triển Laurent của f tại a, ta có R a es f = 1 2πi ∫ |z−a|=r f(z)dz = 1 2πi ∫ |z−a|=r ( +∞∑ k=−∞ ak(z − a)k)dz = a−1. Suy ra f(z)− R a es f z − a có tích phân trên mọi đường cong kín ở lân cận a triệt tiêu, nên hàm đó có nguyên hàm. 3.2 Định lý thặng dư. Cho D là miền có biên định hớng. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên D trừ tại hữu hạn điểm kỳ dị α1, · · · , αn ∈ D. Khi đó∫ ∂D f(z)dz = 2πi ∑ j R α es f . Chứng minh: Có thể lập luận như ở các ví dụ ở III.3, i.e. ‘khoét’ miền D bởi các đĩa tâm αj , rồi dùng định lý Cauchy cho miền có biên định hướng đưa tích phân cần tính về tích phân trên các đường tròn tâm αk, k = 1, · · ·n. α1 α2 αn Sau dây là một chứng minh khác. Gọi gj là phần chính của f tại αj . Khi đó f −∑j gj có bất thường khử được. Theo định lý Cauchy ∫ ∂D (f − ∑ j gj) = 0. Với chú ý là R α es f = R α es gj , ta có công thức cần chứng minh. Hệ qủa. Nếu f ∈ H(C \ {α1, · · · , αn}), thì R∞es f = − n∑ j=1 R α es f . Ví dụ. Hàm z8 + z3 z9 + 1 , có 9 cực điểm là các căn bậc 9 của −1 . Từ hệ qủa trên ta có ∫ |z|=2 z8 + z3 z9 + 1 dz = 2πi ∑ a= √−1 R a es z8 + z3 z9 + 1 = −2πiR ∞ es z8 + z3 z9 + 1 = ? . Nh vậy, thay vì tính thặng dư tại 9 điểm, ta chỉ cần tính thặng dư tại vô cùng tiết IV.3 Thặng dư 57 kiệm nhiều công sức. Bài tập: Dùng công thức 3 ở phần sau điền vào ô trên. Theo công thức thặng dư ta có thể dùng thặng dư để tính tích phân đường. Sau đây là một số cách tính thặng dư một cách đơn giản và hiệu lực. 3.3 Tính thặng dư. Công thức 1: Khai triển Laurent hàm f . Khi đó Nếu f(z) = ∑ k ak(z − a)k, 0 < |z − a| < R, thì R a es f = a−1. Nếu f(z) = ∑ k akz k , |z| > R, thì R ∞ es f = −a−1. Nhận xét. Như vậy nếu a là kỳ dị khử được, thì R a es f = 0. Ví dụ. Ta có z cos 1 z − 1 = (z − 1) cos 1 z − 1 + cos 1 z − 1 = (z − 1) ( 1− 1 2!(z − 1)2 + 1 4!(z − 1)4 + · · · ) + (1− 1 2!(z − 1)2 + 1 4!(z − 1)4 + · · · ) Vậy R 1 es z cos 1 z − 1 = a−1 = −1/2! = −1/2. Công thức 2: Nếu a là cực điểm cấp m của f , thì R a es f = 1 (m− 1)! limz→a((z − a) mf(z))(m−1). Đặc biệt, nếu f = ϕ ψ , ϕ(a) = 0, ψ(a) = 0, ψ′(a) = 0, thì R a es f = ϕ(a) ψ′(a) Chứng minh: Theo giả thiết f(z) = a−m(z − a)−m + a−m+1(z − a)−m+1 + · · · (a−m = 0). Suy ra (z − a)mf(z) = a−m + a−m+1(z − a) + · · ·+ a−1(z − a)m−1 + · · · . Từ R a es f = a−1, suy ra công thức trên.
Ví dụ. a) R z = a es ez (z − a)(z − b) =   ea a− b neu a = b ea neu a = b b) R z = zk es 1 cos z = 1 − sin zk , trong đó zk = (k + 1/2)π. Công thức 3: Nếu ∞ là không điểm cấp m ≥ 2 của f , thì R ∞ es f = 0. 58 Nếu ∞ là không điểm cấp 1 của f , thì R ∞ es f = − lim z→∞ zf(z). Chứng minh: Theo giả thiết f( 1 z ) = zm(am+am+1z+· · · ) (am = 0). Vậy f(z) = am zm + [số hạng bậc ≤ m + 1]. Từ công thức 1 cho ta kết quả. 4. THẶNG DƯ LOGA - NGUYÊN LÝ ARGUMENT 4.1 Thặng dư logarithm. Cho hàm f giải tích trên miền 0 < |z − a| < R. Khi đó thặng dư loga của f tại a định nghĩa là R a es f ′ f . Nhận xét. Giả sử a là không điểm hay cực điểm cấp |m|. Khi đó ở lân cận a, f(z) = (z − a)mf1(z) , với f1(a) = 0. Suy ra f ′(z) f(z) = m z − a + f ′1(z) f1(z) . Vậy R a es f ′ f = m (= ± cấp của không điểm hay cực điểm của a). Ký hiệu: ω(f, a) = { m nếu a là không điểm cấp m của f −m nếu a là cực điểm cấp m của f Từ nhận xét trên ta có: 4.2 Định lý. Cho D là miền có biên định hướng. Giả sử f là hàm phân hình trên miền chứa D, f có tập không điểm Z ⊂ D và tập cực điểm P ⊂ D đều hữu hạn. Khi đó với mọi g ∈ H(D) ta có ∫ ∂D g(z) f ′(z) f(z) dz = 2πi ∑ a∈Z∪P g(a)ω(f, a). Ví dụ. Theo mệnh đề III.4.4 nếu f−w0 có không điểm cấp k tại z0, thì với |w−w0| < δ, phương trình f(z) = w, có k nghiệm z1(w), · · · , z(w) trong đĩa |z − z0| < . a) Áp dụng định lý với g(z) = zn, ta có zn1 (w) + · · ·+ znm(w) = 1 2πi ∫ |z−z |= zn f ′(z)dz f(z)− w . b) Khi f khả nghịch địa phương (m = 1), ta có biểu diễn hiện của hàm ngược f−1(w) = 1 2πi ∫ |z−z |= z f ′(z)dz f(z)− w . Áp dụng định lý trên với g = 1, ta có: IV.4 Thặng dư loga - Nguyên lý argument 59 4.3 Nguyên lý argument. Với giả thiết nh định lý trên. Nếu • α1, · · · , αp là các không điểm với cấp m1, · · · ,mp tương ứng, • β1, · · · , βq là các cực điểm với cấp n1, · · · , nq tương ứng, thì 1 2πi ∮ ∂D f ′ f = p∑ i=1 ni − q∑ j=1 mj = ND(f)− PD(f). Ký hiệu ND(f) là số không điểm của f trong miền D kể cả bội. PD(f) là số cực điểm của f trong miền D kể cả bội. Nhận xét. Định lý trên gọi là nguyên lý argument vì lý do sau: Cho f chỉnh hình trên đĩa đóng D = {|z − a| ≤ R} và γ là đường tròn |z − a| = R. Xét tuyến đóng Γ : W (t) = f(γ(t)) , 0 ≤ t ≤ 2π. Cho w ∈ Γ([0, 2π]). Khi đó số không điểm (kể cả bội) của f − w trong D là 1 2πi ∮ |z−a|=R f ′(z)dz f(z)− w = 1 2πi ∫ 2π 0 W ′(t)dt W (t)− w = 1 2πi ∫ Γ dW W − w. Về mặt hình học tích phân cuối (là số nguyên) biểu thị số vòng tuyến Γ quay quanh điểm w theo chiều thuận. Ký hiệu I(w,Γ) = 1 2πi ∫ Γ dW W − w. gọi là chỉ số của w đối với Γ. 4.4 Định lý Rouché. Cho f, g là các hàm chỉnh hình trên D, là miền có biên định hướng. Giả sử |g(z)| < |f(z)|, z ∈ ∂D. Khi đó ND(f + g) = ND(f) . Chứng minh: Ta có f + g = f(1 + g f ) nên ND(f + g) = ND(f) + ND(1 + g f ). Ta cần chứng minh ND(1 + g f ) = 0. Cách 1: Theo giả thiết ∣∣∣∣(1 + gf )− 1 ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ gf ∣∣∣∣ < 1 trên ∂D, i.e. (1 + gf )(∂D) ⊂ {w : |w − 1| < 1}. Suy ra tuyến Γ = (1 + g f )(∂D) không quay quanh điểm 0. Vậy theo nhận xét trên ND(1 + g f ) = I(0,Γ) = 0 Cách 2: Ta có ND(1 + g f ) = 1 2πi ∫ ∂D (1 + g/f)′ (1 + g/f) = 1 2πi ∫ ∂D ( g f )′ ∞∑ k=0 (−1)k ( g f )k = ∞∑ k=0 (−1)k 1 2πi ∫ ∂D ( g f )′ ( g f )k = 0 Giải thích: Do giả thiết ∣∣∣∣ gf ∣∣∣∣ < 1 trên ∂D, ta có dẳng thức thứ nhì. Sau đó chuyển dấu tích phân vào dấu tổng, điều này có thể được do tính hội tụ đều của chuỗi trên ∂D. IV.5 Ứng dụng thặng dư để tính tích phân xác định. 60 Các hàm ( g f )′ ( g f )k , có nguyên hàm là 1 k + 1 ( g f )k+1 nên tích phân trên ∂D bằng 0.
Sau đây là một chứng minh khác của định lý cơ bản của đại số: Hệ qủa. Mọi đa thức bậc n ≥ 1 với hệ số phức luôn có n nghiệm (kể cả bội). Chứng minh: Trước hết, để ý là nếu đa thức P có bậc n ≥ 1, thì lim z→∞ |P (z)| = ∞, nên mọi nghiệm của P chứa trong đĩa |z| < R, khi R đủ lớn. Viết P dưới dạng: P (z) = anzn + g(z), với an = 0 và g là đa thức bậc < n. Rõ ràng khi R đủ lớn |g(z)| < |anzn|, với |z| = R. Theo định lý Rouché số nghiệm (kể cả bội) của P (z) và anzn trong |z| < R là bằng nhau, vậy bằng n.
Ví dụ. Có thể dùng định lý Rouché để xác định số nghiệm phương trình trong một miền như được minh họa trong các ví dụ sau. a) Xét sự phân bố nghiệm đa thức p(z) = z8 − 5z3 + z − 2. Xét trong đĩa đơn vị |z| < 1. Áp dụng định lý Rouché với f(z) := 5z3 và g(z) := p(z)− f(z). Khi |z| = 1, |g(z)| ≤ |z|8 + |z|+ 2 = 4 < |f(z)| = 5. Vậy trong đĩa đơn vị |z| ≤ 1, p = f + g có 3 nghiệm. Xét trong đĩa |z| < 2. Đt f(z) := z8. Khi |z| = 2, ta có |p(z)−f(z)| ≤ 5|z|3+|z|+2 = 44 < |f(z)| = 256. Vậy trong đĩa |z| ≤ 2, p có 8 nghiệm. Suy ra trong vành 1 < |z| < 2 đa thức có 5 nghiệm. b) Cho f ∈ H(|z| ≤ 1). Giả sử |f(z)| < 1, khi |z| = 1. Phương trình f(z) = zn (n ≥ 1) có bao nhiêu nghiệm ? Để trả lời, xét f1(z) = zn − f(z). Khi đó với |z| = 1 ta có |f1(z)− zn| = |f(z)| < 1. Vậy trong đĩa |z| ≤ 1, f1 có cùng số nghiệm với g(z) = zn, nghĩa là n nghiệm. 5. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ ĐỂ TÍNH TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH Thặng dư cho ta công cụ để tính một số tích phân xác định một cách khá hữu hiệu. Sau đây là một vài dạng. 5.1 Tích phân dạng: ∫ 2π 0 R(cos t, sin t)dt, với R(x, y) là hàm hữu tỉ, mẫu khác 0 khi x2 + y2 = 1. Phương pháp. Đặt z = eit. Ta có cos t = 1 2 (z + 1 z ), sin t = 1 2i (z − 1 z )), dz = izdt. Nên tích phân trên có dạng ∮ |z|=1 R( 1 2 (z + 1 z ), 1 2i (z − 1 z )) dz iz = 2π ∑ |a|<1 R a es 1 z R( 1 2 (z + 1 z ), 1 2i (z − 1 z )). 61 Ví dụ. Với I = ∫ 2π 0 dt a + sin t (a > 1), ta có I = −i ∫ |z|=1 2πdz z2 + 2iaz − 1 = 2πRzes 2i z2 + 2iaz − 1 , trong đó z0 = −ia + i √ a2 − 1. Vậy I = 2π√ a2 − 1 . 5.2 Tích phân dạng: ∫ +∞ −∞ f(x)dx, trong đó (1) f là hàm hữu tỉ không có cực điểm trên đường thẳng thực R (2) lim z→∞ zf(z) = 0, i.e. bậc mẫu > bậc tử +1. Phương pháp. Với R > 0, gọi γR là đường cong trong nửa mặt phẳng trên Imz > 0, và có các đầu mút lần lượt là R và −R, chẳng hạn nửa đường tròn hay 3 cạnh hình chữ nhật. O−R R a1 a2 ak Với R đủ lớn, mọi cực điểm trong nửa mặt phẳng trên của f đều chứa trong miền giới hạn bởi các cung [−R,R] và γR, khi đó ta có ∫ R −R f(x)dx + ∫ γ f(z)dz = 2πi ∑ Ima>0 R a es f, Nếu tích phân suy rộng tồn tại, khi R →∞, thì ∫ +∞ −∞ f(x)dx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f + lim R→+∞ ∫ γ f(z)dz. Bổ đề. Nếu lim |z|→+∞ zf(z) = 0, thì giới hạn cuối ở trên là 0 nên ta có ∫ +∞ −∞ f(x)dx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f. Chứng minh: Chỉ là việc đánh giá tích phân. (bài tập) 62 Ví dụ. Với a ∈ R \ 0, ta có ∫ +∞ 0 x2dx (x2 + a2)3 = 1 2 ∫ +∞ −∞ x2dx (x2 + a2)3 = 1 2 2πi R z = |a|i es z2 (z2 + a2)3 (3.3) = πi 1 2! ( z2 (z + |a|i)3 )′′ |z=|a|i. Ví dụ. Để tính I = ∫ +∞ 0 dx 1 + x6 . Hàm 1 1 + z6 có 6 cực điểm đơn, 3 nằm ở nửa mặt phẳng trên: ei , ei , e5i . Thặng dư tại các điểm đó là 1 6z5 = −z 6 . Vậy I = 1 2 ∫ +∞ −∞ dx 1 + x6 = −π 6 (ei + ei + e5i ) = π 3 . 5.3 Tích phân dạng: ∫ +∞ −∞ f(x) cos kxdx hay ∫ +∞ −∞ f(x) sinkxdx, với k > 0 và (1) f là hàm hữu tỉ không có cực điểm trên đường thẳng thực R (2) lim z→∞ f(z) = 0, i.e. bậc mẫu > bậc tử. Phương pháp. Các tích phân trên là phần thực và phần ảo của tích phân∫ +∞ −∞ f(x)eikxdx. Tương tự như lập luận ở 5.2, từ bổ đề sau đây, ta có∫ +∞ −∞ f(x)eikxdx = 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z)eikz. Bổ đề (Jordan). Giả sử f chỉnh hình trên nửa mặt phẳng Imz ≥ 0 trừ tại hữu hạn cực điểm không nằm trên trục thực. Nếu lim |z|→+∞ f(z) = 0 , thì ta có công thức tính tích phân nêu trên. Chứng minh: Gọi γR là nửa đường tròn bán kính R thuộc nửa mặt phẳng trên. Như lập luận ở 5.3, ta có∣∣∣∣ ∫ γ f(z)eikzdz ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ ∫ π 0 f(Reit)eikRe iReitdt ∣∣∣∣ ≤ max γ |f | ∫ π 0 e−kR sin tRdt. Với chú ý là ∫ π 0 g(sin t)dt = 2 ∫ π π/2 g(sin t)dt và sin t ≥ 2t π , khi 0 ≤ t ≤ π/2, ta có tích phân cuối: ∫ π 0 e−kR sin tRdt ≤ 2 ∫ π/2 0 e − 2 π kRt Rdt ≤ 2 ∫ ∞ 0 e − 2 π kRt Rdt = π/k. IV.5 Ứng dụng thặng dư để tính tích phân xác định. 63 Từ giả thiết suy ra lim R→+∞ ∫ γR f(z)eikzdz = 0. Vậy ta có đẳng thức trên.
Ví dụ. Ta có I = ∫ +∞ −∞ x sinx x2 + 1 dx = Im (∫ +∞ −∞ xeix x2 + 1 dx ) Do lim |z|→+∞ z z2 + 1 = 0, theo bổ đề Jordan ta có I = Im ( 2πiR z = i es zeiz z2 + 1 ) = Im(2πi ie−1 2i ) = π e . Nhận xét. Khi k < 0 có thể đổi biến, hay lập luận như trên vớ tổng các thặng dư ở nửa mặt phẳng dưới. Nhận xét. Vì cos kz và sin kz không bị chặn trên C, nên tích phân trên γR của f(z) cos kz hay f(z) sinkz không triệt tiêu khi R → +∞. Vậy hai tích phân dạng trên không bằng 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z) cos kz hay 2πi ∑ Ima>0 R a es f(z) sin kz. 5.4 Tính tổng chuỗi. Một áp dụng hữu ích khác của thặng dư là tính tổng chuỗi ∞∑ k=0 f(k) đối với một số dạng hàm f . Mệnh đề. Giả sử f chỉnh hình trên C trừ tại hữu hạn điểm α1, · · · , αn khác các số nguyên và lim z→∞ zf(z) = 0. Khi đó (1) +∞∑ k=−∞ f(k) = − n∑ j=1 π cotgπαjR αj es f . (2) +∞∑ k=−∞ (−1)kf(k) = − n∑ j=1 π sinπαj R αj es f . (3) +∞∑ k=−∞ f( 2k + 1 2 ) = n∑ j=1 π tgπαjR αj es f . (4) +∞∑ k=−∞ (−1)kf(2k + 1 2 ) = n∑ j=1 π cosπαj R αj es f . Chứng minh: Đặt g(z) = π cotgπzf(z). Khi đó g có kỳ dị tại α1, · · · , αn và cực điểm đơn tại các k ∈ Z. Suy ra R αj es g = π cotgπαjR αj es f và R k es g = lim z→k (z − k)g(z) = f(k). Gọi CN , N ∈ N, là biên hình vuông với các đỉnh ±(N + 12)± i(N + 12). 64 −N− N+ −i(N+ ) i(N+ ) α1 α2 αn Khi N đủ lớn α1, · · · , αn đều nằm trong hình vuông CN . Vậy ∫ C g = 2πi( N∑ k=−N R k es g + k∑ j=1 R α es g) = 2πi   N∑ k=−N f(k) + n∑ j=1 π cotgπαjR α es f   . Chỉ cần chứng minh khi N → +∞, tích phân vế trái tiến về 0. Do lim z→∞ zf(z) = 0, nên điều này suy từ bổ đề sau. Bổ đề. Tồn tại M > 0 sao cho | cotgπz| ≤ M , ∀z ∈ CN . Để chứng minh bất đẳng thức trên, xét các trường hợp: Trường hợp 1: z = x + iy, y > 12 . | cotgπz| = ∣∣∣∣∣ eiπz + e−iπz eiπz − e−iπz ∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣ eiπx−πy + e−iπx+πy eiπx−πy − e−iπx+πy ∣∣∣∣∣ ≤ |eiπx−πy|+ |e−iπx+πy| e−iπx+πy| − |eiπx−πy| ≤ e −πy + eπy eπy − e−πy = 1 + e2πy 1− e−2πy ≤ 1 + e−π 1− e−π = M1. Trường hợp 2: z = x + iy, y < −12 . Tương tự | cotgπz| ≤ e −πy + eπy e−πy − eπy ≤ 1 + e−π 1− e−π = M1. Trường hợp 3: z = N + 12 + iy, −12 ≤ y ≤ 12 . | cotgπz| = | cotg(π 2 + iπy)| = | tanhπy| ≤ tanhπ 2 = M2 Tương tự, với z = −N − 12 + iy, −12 ≤ y ≤ 12 . | cotgπz| = | tanhπy| ≤ tanhπ 2 = M2. Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh với M = max(M1,M2) . Việc chứng minh (ii)(iii)(iv) tiến hành tương tự. (bài tập) 65 Ví dụ. a) Tính tổng S = ∞∑ k=1 1 k2 − a2 (a > 0). Hàm f(z) = 1 z2 − a2 có các cực điểm đơn tại ±a. Theo mệnh đề, ta có +∞∑ −∞ 1 k2 − a2 = −π cotgπaRaes f − π cotg(−πa)R−aes f = − π a cothπa. Vậy 1 2 +∞∑ −∞ 1 k2 − a2 + 1 2a2 = 1 2a2 − π 2a cothπa. b) Tính tổng ∞∑ k=1 1 k2 . Hàm f(z) = 1 z2 có cực điểm cấp 2 tại 0 nên không áp dụng trực tiếp mệnh đề được. Tuy nhiên lập luận tương tự, với g(z) = π z2 cotgπz, ta có ∑ k =0 1 k2 = R 0 es g. Khai triển Laurent g(z) = π z2 cosπz sinπz = 1 z3 (1− π2! z2 + π4! z4 + · · · ) (1− π3! z2 + π5! z4 + · · · ) = 1 z3 (1− π 2 2! z2 + · · · )(1 + π 2 3! z2 + · · · ) = 1 z3 (1− π 2 3 z2 + · · · ) Suy ra R 0 es g = −π 2 3 . Vậy ∞∑ k=1 1 k2 = 1 2 ∑ k =0 1 k2 = π2 6 . Bài tập BÀI TẬP CHƯƠNG I 1. Chứng minh R là trường con của C. Còn iR = {iy : y ∈ R} là trưường con? 2. Tìm Re và Im của: z4, 1 z 2 , z − 1 z + 1 , trong đó z = x + iy. 1− i 1 + i , (1 + i √ 3)5 , √ 3 + i √ 3 , (−1 2 ± i √ 3 2 )24 , (1 + i)n + (1− i)n. 3. Chứng minh các tính chất ở 1.2. 4. Cho z = x + iy. Chứng minh: Argz =   arctg y x + 2kπ nếu x > 0 arctg y x + (2k + 1)π nếu x < 0 5. Tìm modul và argument: 1 + i, 2 + 5i, 4− 7i. 6. Giải các phương trình theo z: a) az + bz¯ + c = 0 (a, b, c ∈ C). b) z2 + (2i− 3)z + 5− i = 0. c) z2 + (α + iβ)z + γ + iδ = 0 (α, β, γ, δ ∈ R) d) z¯ = zn−1, n ∈ N. 7. Cho a, b ∈ R. Tìm số phức z = x + iy, z2 = a + ib. 8. Lập luận sau vì sao sai ? −1 = √−1√−1 = √(−1)(−1) = √1 = 1. Vậy 2 = 0. 9. Công thức sau đúng hay sai: √ z + √ z = 2 √ z. 10. Cho z = eiϕ. Chứng minh zn + 1 zn = 2 cosnϕ, n ∈ N. 11. Tính 3 √ 1 , 3 √ i , 4 √−1 , √1− i. Vẽ các căn đó trong mặt phẳng phức. 12. Biểu diễn cos 3x, sin 5x qua cosx, sinx. Tổng quát chứng minh cosnx, sinnx (n ∈ N) có thể biểu diễn như các đa thức của cosx, sinx. 13. Từ công thức Euler, chứng minh: cosn x = 1 2n−1 (cosnx + n cos(n− 2)x + n(n− 1) 2! cos(n− 4)x + · · ·+ Rn), Bài tập. 67 trong đó Rn =   cosx neu n lẻ n! [(n/2)!]2 neu n chẵn Tìm công thức tương tự cho sinn x. 14. Chứng minh với n ∈ N, ta có: cos θ + cos(θ + α) + · · ·+ cos(θ + nα) = sin( 1 2(n + 1)α) sin 12α cos(θ + n 2 α) sin θ + sin(θ + α) + · · ·+ sin(θ + nα) = sin( 1 2(n + 1)α) sin 12α sin(θ + n 2 α) (Hướng dẫn. Sử dụng 1 + z + · · ·+ zn = 1− z n+1 1− z , với z = e iα .) 15. Chứng minh tổng và tích các nghiệm đa thức a0z n + a1zn−1 + · · · + an = 0 là −a1 a0 và (−1)nan a0 . Suy ra cos 2π n + cos 4π n + · · ·+ cos 2(n− 1)π n = −1 sin 2π n + sin 4π n + · · ·+ sin 2(n− 1)π n = 0 16. Phân tích thành thừa số các đa thức sau trên trường phức và trường thực: z3 ± 1, z4 ± 1, z5 ± 1, z6 ± 1. 17. Chứng minh x2n + 1 = n−1∏ k=0 (x2 − 2 cos 2k + 1 n π + 1). 18. Cho ω là một căn bậc n của đơn vị (n ∈ N). Tính 1 + ω + · · ·+ ωn−1. 19. Gọi ω0, · · · , ωn−1 là các căn bậc n của đơn vị. Tính S = ωp0 + ω p 1 + · · ·+ ωpn−1 , với a) p là bội của n. b) p không là bội của n. 20. Chứng minh, với các số phức ta có: a) |a± b|2 = |a|2 + |b|2 ± 2 Reab¯. b) |a + b|2 + |a− b|2 = 2(|a|2 + |b|2). c) ∣∣∣∣ a|a| − 1 ∣∣∣∣ ≤ | arga|. d) |a + b| ≥ 1 2 (|a|+ |b|) ∣∣∣∣ a|a| + b |b| ∣∣∣∣. Bài tập. 68 e) | n∑ j=1 ajbj |2 = n∑ j=1 |aj |2 n∑ j=1 |bj|2 − ∑ 1≤k<j≤n |akb¯j − a¯jbk|2. f) (n− 2) n∑ j=1 |aj|2 + | n∑ j=1 aj |2 = ∑ 1≤k<j≤n |ak + aj |2. g) n n∑ j=1 |aj |2 − | n∑ j=1 aj |2 = ∑ 1≤k<j≤n |ak − aj |2. 21. Xác định tính chất hình học tập các z ∈ C: a) |z − 2|+ |z + 2| = 5. b) |z − a| = |z − b|. c) α < argz < β. d) Im z − a z − b = 0. e) Re z − a z − b = 0. f) Im z − a b < 0. Trong đó a, b ∈ C, α, β ∈ R. 22. Đúng hay sai: Phép chiếu nổi a) Biến đường tròn trên mặt cầu Riemann S thành đường thằng hay đường tròn. b) Bảo toàn độ lớn của góc. 23. Xét sự hội tụ của các dãy: a) zn = in n b) zn = (1 + i)n n c) zn = n ( 1 + i 2 )n d) un = 1 + a cosϕ + · · ·+ an cosnϕ, vn = a sinϕ + · · ·+ an sinnϕ. (Hướng dẫn. áp dụng 1 + z + · · ·+ zn = 1− z n+1 1− z với z = ae iϕ ) e) zn+1 = 1 2 (zn + 1 zn ), −π 2 < argz0 < π 2 . (Hướng dẫn. Chứng minh: |zn| ≥ 1, dãy ( Rezn) dương và không tăng, dãy ( Imzn) giảm về 0. Suy ra lim zn = 1.) 24. Đúng hay sai: đối với mọi dãy số (zn) a) zn → z0 khi và chỉ khi z¯n → z¯0 b) zn → z0 khi và chỉ khi |zn| → |z0|. c) zn → z0, zn = 0 thì 1 zn → 1 z0 . d) zn ∈ R, ∀n, zn → z0 thì z0 ∈ R. 25. Hoàn tất các chứng minh đợc phát biểu ở 2.2. Cụ thể hoá ghi nhận ở ví dụ 2.2. 26. Cho X ⊂ C. Khoảng cách từ z ∈ C đến X định nghĩa: d(z,X) = inf{d(z, x) : x ∈ X} Chứng minh: d(z,X) = 0 khi và chỉ khi z ∈ X . Suy ra nếu X đóng, thì d(z,X) > 0, ∀z ∈ X . 27. Xác định ảnh qua ánh xạ w = f(z) = z2 của họ các đường thẳng: a) Rez = const. b) Imz = const. 28. Tìm ảnh qua ánh xạ w = f(z) = 1 z , của các tập z ∈ C: a) |z| = R. b) Rez = Imz. c) Rez = 1. d) 1 < Rez < 2. Bài tập. 69 29. Tìm ảnh của tập {z ∈ C : argz = α}, (α ∈ R), qua ánh xạ w = f(z) = 1 + z 1− z . 30. Chứng minh ánh xạ f(z) = az + b cz + d biến đường thẳng hay đường tròn thành đường thẳng hay đường tròn. 31. Cho f(z) = az + b cz + d , với a, b, c, d ∈ R. Chứng minh f là song ánh từ nửa mặt phẳng Imz > 0 lên Imw > 0 hay lên Imw < 0, tùy thuộc ad− bc dương hay âm. 32. Chứng minh các kết qủa phát biểu ở 3.3. 33. Xét sự liên tục của hàm f với f(0) = 0 và z = 0: a) f(z) = z¯ z b) f(z) = z |z| c) f(z) = Rez z d) f(z) = z Rez |z| 34. Chứng minh hàm f(z) = z z4 + 1 liên tục trên đường tròn |z| = 1 ngoại trừ 4 điểm mà cần chỉ rõ. 35. Cho f : C −→ C và ký hiệu Zf = {z ∈ C : f(z) = 0}. Chứng minh nếu f liên tục thì Zf là tập đóng. 36. Có tồn tại hàm liên tục f trên C sao cho: a) Zf = {c1, · · · , cn} với c1, · · · , cn ∈ C cho trớc. b) Zf = Z. c) Zf = D(a, r). d) Zf = Q. Trong trường hợp tồn tại xây dựng f . 37. Hàm f : X −→ C, X ⊂ C, gọi là hằng địa phương nếuu ∀z ∈ X, ∃r(z) > 0 sao co f là hằng trên X ∩D(z, r(z)). Chứng minh: nếu f là hằng địa phương và X liên thông, thì f = constant. 38. Chứng minh các hàm sau là không liên tục đều trên D: a) f(z) = 1 z , z ∈ D = {0 < |z| < 1}. b) f(z) = 1 1− z , z ∈ D = {|z| < 1}. 39. Cho f(z) = az + b cz + d , với c = 0, ad− bc = 0. Cho z1 ∈ C. Xét dãy định nghĩa qui nạp bởi zn+1 = f(zn). a) Chứng minh nếu (zn) hội tụ về z0, thì z0 là điểm bất động của f , i.e. f(z0) = z0. b) Chứng minh f có diểm bất động. c) Gọi z0, z ′ 0 là các điểm bất động của f . Xét g(w) = w − z0 w − z′0 . Chứng minh tồn tại λ ∈ C, sao cho g(f(z)) = λg(z). d) Suy ra nếu |λ| < 1, thì dãy (zn) hội tụ. 40. Áp dụng các kết qủa bài tập trên, tìm giới hạn dãy (zn), với: a) f(z) = z + 2 z + 1 , z1 = i. b) f(z) = z + i z + 1 , z1 = 1. Bài tập. 70 41. Giả sử f là hàm liên tục đều trên D = {|z| < 1} và dãy (zn) với |zn| < 1, lim n→∞ zn = z0 với |z0| = 1. Chứng minh tồn tại lim n→∞ f(zn). BÀI TẬP CHƯƠNG II 1. Chứng minh: khẳng định ở ví dụ 1.4.b), công thức đạo hàm hình thức ở 1.5 2. Cho a0, a1, α, β ∈ C. Xét dãy định nghĩa đệ qui: ak = αak−1 + βak−2, k ≥ 2 Gọi z1, z2 là các nghiệm của phương trình z 2 − αz − β. Chứng minh ak = Azk1 + Bz k 2 , với A,B ∈ C là các số phụ thuộc a0, a1, α, β. (Hướng dẫn. Chứng minh hàm sinh G(Z) = ∞∑ k=0 akZ k , thỏa (1−αZ−βZ2)G(Z) là đa thức bậc nhất.) 3. Bài tập này tổng quát bài trên. Cho a0, · · · , am1 ∈ C và c0, · · · , cm−1 ∈ C. Xét dãy cho bởi phương trình sai phân: ak = c0ak−1 + c1ak−2 + · · ·+ cm−1ak−m, (k ≥ m) Gỉa sử Zm− (cm−1Zm−1 + cm−2Zm−2 + · · ·+ c0) có các nghiệm z1, · · · zm khác nhau. Chứng minh tồn tại A1, · · ·Am ∈ C: ak = A1zk1 + · · ·+ Amzkm 4. Xác định các chuỗi hình thức S = ∞∑ k=0 akZ k , là nghiệm phương trình vi phân: a) S′′(Z) = S(Z), thỏa điều kiện đầu S(0) = 1, S ′(0) = 0. b) (1− Z2)S′′(Z)− 4ZS′(Z)− 2S(Z) = 0, S(0) = 0, S′(0) = 1. 5. Cụ thể hoá các chứng minh các phát biểu ở 2.1 và bổ đề ở 3.2 6. Xét sự hội tụ của các chuỗi: a) ∞∑ k=0 ( √ 3 + i)k 5k/2 b) ∞∑ k=0 1 zk c) ∞∑ k=0 ( z z + 1 )k d) ∞∑ k=0 zk (1 + z2k) . 7. Chứng minh dãy hàm fn(z) = 1 + z n2 , z ∈ C, không hội tụ đều về f ≡ 1. 8. Xét sự hội tụ đều của chuỗi hàm ∞∑ k=0 fk trên miền chỉ ra: a) fk(z) = 1 (z + k)2 , Rez > 0 b) fk(z) = z2 (1 + z2)k , Rez ≥ Imz c) fk(z) = 1 1 + k2z , |z| ≥ 2 d) fk(z) = z k k(k + 1) , |z| ≤ 1 e) fk(z) = 1 k2 + z2 , 1 < |z| < 2. Bài tập. 71 9. Các phát biểu sau đúng hay sai? a) Nếu các hàm fn liên tục đều và dãy fn hội tụ đều về f , thì f liên tục đều. b) Nếu fn, gn hội tụ đều về f, g tương ứng, thì fn + gn, fngn hội tụ đều về f + g, fg tương ứng. 10. Chứng minh ∞∑ k=1 kzk 1− zk = ∞∑ k=1 zk (1− zk)2 , |z| < 1 (Hướng dẫn. Khai triển thành chuỗi lũy thừa hàm dưới dấu tổng rồi hoán vị dấu tổng) 11. Xác định bán kính hội tụ các chuỗi lũy thừa: a) ∞∑ k=1 zk ks (s > 0) b) ∞∑ k=1 zk kk c) ∞∑ k=1 k!zk kk d) ∞∑ k=0 ((−1)k+1k − k)zk e) ∞∑ k=1 (1 + 1 k )k 2 zk f) ∞∑ k=0 e(−1) k kzk g) ∞∑ k=0 zk 2 k + 1 h) ∞∑ k=0 qkz2k (|q| < 1) i) ∞∑ k=0 kpzk j) ∞∑ k=0 akz k , với a2k+1 = a2k+1, a2k = b2k (0 < a < b). k) ∞∑ k=0 a(a + 1) · · · (a + k) b(b + 1) · · · (b + k) z k, (a, b ∈ C,−b ∈ N) 12. Xét sự hội tụ trên đường tròn hội tụ của các chuỗi cho ở ví dụ 3.1.c) 13. Cho S = ∞∑ k=0 akZ k, T = ∞∑ k=0 bkZ k, U = ∞∑ k=0 apkZ k, V = ∞∑ k=0 akbkZ k và W = ∞∑ k=0 ak bk Zk (với giả thiết bk = 0). Gọi R(.) là bán kính hội tụ. Chứng minh: R(U) = R(S)p, R(V ) ≥ R(S)R(T ), R(W ) ≤ R(S)/R(T ) ( nếu R(T ) = 0) 14. Tìm phần thực và ảo của hàm sin z và cos z. 15. Xác định giá trị: sin i, cos i, tg(1 + i), 2i, ii, (−1)2i, iπ. 16. Cho z = x + iy. Chứng minh các công thức: | cos z|2 = sinh2 y + cos2 x = cosh2 y − sin2 x = 1 2 (cosh 2y + cos 2x). | sin z|2 = sinh2 y + sin2 x = cosh2 y − cos2 x = 1 2 (cosh 2y − cos 2x). 17. Giải phương trình ez = w. Khi w = i,− i2 ,−1− i, 1+i √ 3 2 . 18. Đúng hay sai: Lnab = Lna + Lnb , a, b ∈ C Bài tập. 72 19. Chứng minh nhánh chính hàm logarithm ln thoả: ln ab = ln a + ln b + 2πδi, trong đó δ =   −1 neu π < arga + argb ≤ 2π 0 neu −π < arga + argb ≤ π 1 neu −2π < arga + argb ≤ −π. 20. Biểu diễn chuỗi lũy thừa hàm f(z) = ln(3− iz), với f là nhánh thỏa f(0) = ln 3. Xác định bán kính hội tụ. 21. Tìm hàm (đơn trị) ngược và chỉ ra miền xác định các hàm: arccos, arcsin, arccosh . Chứng minh: arccos z = −iLn(z+√z2 − 1), arcsin z = −iLn(iz+√1− z2), arccosh z = Ln(z + √ z2 − 1). 22. Chứng minh nhánh thoả √ 1 = 0, có biểu diễn: 1√ 1 + z3 = 1− 1 2 z3 + 1.3 2.4 z6 − 1.3.5 2.4.6 z9 + · · · , |z| < 1. 23. Tìm 4 số hạng đầu của khai triển Taylor: a) f(z) = ez−1 tại z = 2 b) f(z) = z3 sin z tại z = π/2 c) f(z) = 1 1− z − z2 tại z = 0 24. Dùng các phép toán trên chuỗi lũy thừa, chứng minh: a) 1 z2 = ∞∑ k=0 (k + 1)(z + 1)k, |z + 1| < 1 b) 1 (1− z2)2 = ∞∑ k=0 (k + 1)z2k, |z| < 1 c) ln(1 + z) 1 + z = z − (1 + 1 2 )z2 + (1 + 1 2 + 1 3 )z3 − · · · , |z| < 1 (ln là nhánh chính) d) {ln(1 + z)}2 = z2 − (1 + 12)23z3 + (1 + 12 + 13)24z4 − · · · , |z| < 1 e) esin z = 1 + z + z2 2 − z 4 8 − z 5 15 + · · · 25. Khai triển 1 (1− z)n , với n ∈ N, thành chuỗi lũy thừa. 26. Tìm 4 số hạng đầu của khai triển thành chuỗi lũy thừa: a) ez sin z b) 1 1− sin z c) e tgz . 27. Tìm chuỗi lũy thừa ngược của các chuỗi sau đến số hạng bậc 5 a) sin z = z − z 3 3! + z5 5! + · · · b) arctgz = z − z 3 3 + z5 5 + · · · 28. Các số Bernouli Bk được định nghĩa: z ez − 1 = ∞∑ k=0 Bk k! zk. Chứng minh B0 k!0! + B1 (k − 1)!1! + · · ·+ Bk−1 1!(k − 1)! = 0, nếu k > 1 Hãy xác định 5 số Bernouli đầu tiên. Bài tập. 73 29. Các số Euler Ek đợc định nghĩa: 1 cos z = ∞∑ k=0 Ekz k . Hãy xác định 5 số Euler đầu tiên. 30. Tìm cấp không điểm của z = 0 của hàm: a) z2(ez 2 − 1) b) 6 sin z3 + z3(z6 − 6) c) esin z − e tgz. 31. Xác định các không điểm và cấp của chúng của các hàm: a) sin3 z b) z sin z c) sin z3 d) (1− ez)(z2 − 4)3. 32. Tìm hàm giải tích trên C có các không điểm tại z1, · · · , zn với cấp k1, · · · , kn tương ứng. Lời giải có duy nhất? 33. Cho f ∈ A(D), có các không điểm tại z1, · · · , zn với cấp k1, · · · kn tương ứng. Chứng minh tồn tại g ∈ A(D), g(z) = 0, ∀z sao cho f(z) = (z − z1)k1 · · · (z − zn)kng(z). 34. Đặt Zf là tập mọi không điểm của hàm giải tích f . Đúng hay sai: a) Zf hữu hạn, thì f là đa thức. b) Zf vô hạn, thì f không thể là đa thức. 35. Chứng minh nếu f, g ∈ A(D(0, R)) và f(x) = g(x).∀x ∈ (−R,R). Chứng minh f ≡ g. 36. Tồn tại hay không hàm giải tích trên C thoả: a) f( 1 n ) = n n + 1 , ∀n ∈ N b) f( 1 n ) = f(− 1 n ) = 1 n3 , ∀n ∈ N c) f( 1 n ) = 1 n2 , n = 1; còn f(1) = 0. BÀI TẬP CHƯƠNG III 1. Xét tính khả vi của hàm f(z) với z = x + iy: a) f(z) = z¯ b) f(z) = z2z¯ c) f(z) = √|xy| d) f(z) = x2 + iy3 e) f(z) = z 2 − |z|2 iz . Các hàm trên hàm nào chỉnh hình tại 0 ? 2. Xét tính chỉnh hình tại 0 của hàm: a) f(z) = z Rez b) f(z) = |z|4 c) f(z) = ez2 3. Tìm miền trên đó hàm f(z) = |x2 − y2|+ 2i|xy| chỉnh hình. 4. Cho z = eiϕ, f(z) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ). Viết điều kiện để f khả vi trong tọa độ cực. 5. Chứng minh các công thức tính đạo hàm 1.3. Bài tập. 74 6. Cho f(z) = u(x, y) + iv(x, y) là hàm chỉnh hình trên C. Giả sử u chỉ phụ thuộc x, v chỉ phụ thuộc y. Chứng minh f(z) = rz + c, với r ∈ R, c ∈ C. 7. Chứng minh các khẳng định ở ví dụ 1.?. 8. Chứng minh: Nếu f và f¯ đều chỉnh hình trên miền D, thì f = const. 9. Chứng minh: Nếu f = u + iv chỉnh hình, thì h = v − iu và g = −v + iu cũng chỉnh hình. 10. Tìm góc quay θ của đường thẳng đi qua z0 hệ số góc k qua các ánh xạ f(z) = z2 và g(z) = z3, với: a) z0 = 1 b) z0 = −14 c) z0 = 1 + i d) z0 = −3 + 4i. 11. Tìm miền mà w = f(z) thực hiện phép co (dãn): a) f(z) = z2 b) f(z) = z2 + 2z c) f(z) = 1 z . 12. Cho f(z) = ∞∑ k=0 ckz k, z ∈ D = {|z| ≤ 1}. Giả sử f đơn ánh. Chứng minh diện tích miền f(D) cho bởi công thức: S = π ∞∑ k=0 k|ck|2. Suy ra nếu f ′(0) = 1, thì S ≥ diện tích hình tròn D. (Hướng dẫn. Dùng tọa độ cực) 13. Hàm thực 2 biến thực u(x, y), (x, y) ∈ D gọi là hàm điều hòa nếuu u khả vi đến cấp 2 và thỏa phương trình Laplace: ∆u = ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 , (x, y) ∈ D a) Chứng minh: nếu f chỉnh hình trên D, thì phần thực và phần ảo của f là các hàm điều hòa trên D. (điều kiện khả vi đến cấp 2 được chứng minh ở 3.3) b) Kiểm tra hàm u(x, y) = e−x(x sin y − y cos y) là hàm điều hòa trên R2. Từ điều kiện Cauchy-Rieman, bằng phương pháp tích phân hãy tìm hàm v sao cho f(z) = f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y) là chỉnh hình trên C. c) Tương tự câu b) đối với v(x, y) = 2x(x− y) 14. Cho f(z) = u(x, y) + iv(x, y), z = x + iy. a) Chứng minh: u(x, y) = 1 2 (f(z) + f¯(z¯)). Suy ra: nếu f chỉnh hình trên D, thì f(z) = 2u( z 2 , z 2i ) + const b) Tương tự khi f chỉnh hình ta có: f(z) = 2iv( z 2 , z 2i ) + const Nhận xét. Vậy nếu biết phần thực (phần ảo) của một hàm chỉnh hình là hoàn toàn xác định được hàm đó. Đây cũng là phương pháp để xác định phần ảo (phần thực) như bài tập b), c) ở trên. c) Từ nhận xét trên, tìm hàm chỉnh hình nếu biết phần thực u = x4 − 6x2y2 + y4. Bài tập. 75 15. Cho γ1 : [0, 1] −→ C và γ2 : [0, 1] −→ C, là 2 đường cong nối z0 với z1 và z1 với z2 tương ứng. Hãy nêu tính chất các đường định nghĩa bởi: γ−1 (t) = γ1(1− t) , t ∈ [0, 1], và γ(t) = γ1γ2(t) = { γ1(2t) neu 0 ≤ t ≤ 1/2 γ2(2t− 1) neu 1/2 ≤ t ≤ 1. 16. Dùng định nghĩa, tính ∫ γ f(z)dz, trong đó: a) f(z) = Rez , γ là đường thẳng từ 0 đến z0. b) f(z) = Imz , γ là nửa đường tròn đơn vị trên từ 1 đến −1. c) f(z) = |z|z¯, γ như bài b). d) f(z) = z¯2, γ là đường tròn |z − 1| = 1, hướng thuận. e) f(z) = (z − a)n (n ∈ N), γ là đường tròn |z − a| = R, hớng thuận. f) f(z) nh bài e) , γ là biên hình chữ nhật tâm a có các cạnh song song với các trục thực và ảo. g) f(z) = 1√ z nhánh √ 1 = 1, γ như bài b). 17. Tìm một chặn trên cho ∣∣∣∣ ∫ γ ezdz ∣∣∣∣, trong đó γ(t) = t2 + i2t, t ∈ [0, 2]. 18. Tính các tích phân: a) ∫ γ z2dz, với γ là đường gấp khúc lần lượt qua: −2,−1 + i, 1 + i, 2. b) ∫ i 0 z sin zdz. c) ∫ γ (zez + 1)dz , γ là nửa trên đường tròn đơn vị tâm 1 từ 2 đến 0. 19. Tìm điều kiện để khẳng định: ∮ γ Lnzdz = 0 , với γ là đường cong kín , là có nghĩa và đúng. 20. Dùng công thức tích phân Cauchy, tính ∫ γ f(z)dz, trong đó: a) f(z) = z2 z − 2i , γ := γ1 : |z| = 3 và γ := γ2 : |z| = 1. b) f(z) = cos z z2 + 1 , γ : |z| = 2. c) f(z) = 1 z2 + 9 , γ là đường cong kín không qua ±3i. d) f(z) = ez z2 + a , γ là đường cong kín bao quanh miền chứa đĩa |z| ≤ a. e) f(z) = zez (z − a)3 , γ là đường cong kín không qua a. f) f(z) = 1 (z2 − 1)3 , γ := γ1 : |z − 1| = r; γ := γ2 : |z + 1| = r; γ := γ3 : |z| = r. (1 < r < 2) g) f(z) = ez z(z − 1)3 , γ là đường cong kín không qua 0 và 1. Bài tập. 76 h) f(z) = ez zn (n ∈ Z), γ : |z| = 1. i) f(z) = zn(1− z)m (n,m ∈ Z), γ : |z| = 2. 21. Chứng minh: 1 2πi ∫ |z|=3 eztdz z2 + 1 = sin t . 1 2πi ∫ |z|=3 eztdz (z2 + 1)2 = ? 22. Cho γ : [0, 2π] → C là đường cong có ảnh là Ellip x 2 a2 + y2 b2 = 1. Tính tích phân ∮ γ 1 z dz bằng hai cách, suy ra ∫ 2π 0 dt a2 cos2 t + b2 sin2 t = 2π ab 23. Chứng minh các hàm sau không có nguyên hàm, trên miền tương ứng: a) 1 z − 1 z − 1 , 0 < |z| < 1. b) z 1 + z2 , 1 < |z| c) 1 z(1− z2) , 0 < |z| < 1. 24. Cho f ∈ H(D), D là miền đơn liên và f(z) = 0, ∀z. Chứng minh tồn tại h ∈ H(D) sao cho f = eh. (Hướng dẫn. f ′ f ∈ H(D), nên tồn tại h1 sao cho h′1 = f ′ f ) 25. Cho f(z) = ∞∑ k=0 ckz k, |z| < R, và 0 < r < R. a) Chứng minh công thức Parseval: 1 2π ∫ 2π 0 |f(reit)|2dt = ∞∑ k=0 |ck|2r2k. b) Suy ra bất đẳng thức Cauchy: |ck| ≤ M(r) rk , với M(r) = max |z|=r |f(z)|. c) Chứng minh nếu tồn tại k sao cho |ck| = M(r)/rk, thì f(z) = ckzk. 26. Cho f ∈ H(|z| ≤ r) với |f | ≤M . Tìm chặn trên cho |f (n)(z)| với |z| ≤ ρ < r. 27. Chứng minh hàm giải tích f trên C không thể thỏa: |f (n)(z0)| > n!nn, ∀n ∈ N, tại một điểm z0 ∈ C . 28. Cho f ∈ H(C). Giả sử tồn tại n ∈ N sao cho |f(z)| < |z|n khi |z| đủ lớn. Chứng minh f là đa thức. 29. Cho f ∈ H(C), thoả: f(z) = f(z+1) = f(z+ i), ∀z. Chứng minh f = const. (Hướng dẫn. Chứng minh |f | giới nội) 30. Chứng minh nguyên lý minima: Cho f ∈ H(D), D là miền giới nội, f = const. Khi đó hoặc f có không điểm trong D hoặc |f | đạt minimum trên ∂D. 31. Cho f ∈ H(D), D là miền giới nội. Giả sử |f(z)| = const trên ∂D. Chứng minh: hoặc f có không điểm trong D, hoặc f = const. Bài tập. 77 32. Cho f ∈ H(D), f = const. Chứng minh | Ref | không thể đạt cực đại hay cực tiểu trong D. (Hướng dẫn. Xét g = ef ) Suy ra, nếu u là hàm điều hòa trên tập mở D ⊂ R2, thì |u| không thể đạt max hay min trong D. 33. Cho f và g là 2 hàm chỉnh hình trên đĩa đơn vị đóng D, và không có không điểm trên D. Chứng minh nếu |f(z)| = |g(z)|, ∀z : |z| = 1, thì f = cg, với c là hằng số, |c| = 1. BÀI TẬP CHƯƠNG IV 1. Khai triển Laurent các hàm sau tại điểm được chỉ ra, xác định miền hội tụ: a) f(z) = e2z (z − 1)2 , tại z = 1. b) f(z) = (z − 3) sin 1 z + 2 , tại z = −2. c) f(z) = z − sin z z3 , tại z = 0 d) f(z) = e z z − 2 , tại z = 2. 2. Khai triển Laurent trên miền tương ứng: a) f(z) = (z − 1) (z − 2)(z − 3) , trên các miền: 2 5. b) f(z) = z (z − 1)(2− z) , trên các miền: |z| < 1; 1 < |z| < 2; 1 < |z − 1|; 0 < |z − 1| < 2. 3. Chứng minh các công thức sau đúng trên miền |z| > |b|: a) 1 z − b = −1∑ k=−∞ b−k−1zk b) z2 z2 + b2 = 0∑ k=−∞ (−1)kb−2kz2k c) 1 (z − b)2 = − −2∑ k=−∞ (k + 1)b−k−2zk 4. Xác định phần chính tại cực điểm hàm: a) 1 z(z − 1)(z − 2) b) cotgπz c) 1 z2(ez − 1) d) z2 − 1 z2 + 1 5. Chứng minh: f có cực điểm tại a khi và chỉ khi tồn tại m ≥ 2 sao cho lim z→a(z − a)mf(z) = 0. 6. Đúng hay sai: f có cực điểm cấp m tại ∞, thì 1 f có không điểm cấp m tại 0. 7. Giả sử f có cực cấp m tại a, P là đa thức bậc n. Chứng minh p ◦ f có cực cấp m+n tại a. Bài tập. 78 8. Chứng minh f và ef không thể có cùng cực điểm. Chứng minh kỳ dị cô lập của f không thể là cực điểm của ef . Ví dụ e− 1 z2 hay ze− 1 z2 . 9. a) Cho f là hàm nguyên. Giả sử tồn tại n ∈ N,K > 0: |f(z)| ≤ K|z|n, khi |z| > R. Chứng minh f là đa thức (bậc ?). b) Cho f là hàm chỉnh hình trên C trừ ra hữu hạn cực điểm. Giả sử tồn tại n ∈ N,K > 0 : |f(z)| ≤ K|z|n, ∀|z| > R. Chứng minh f là hàm hửu tỉ. 10. Cho f và g là 2 hàm có không điểm hay cực điểm tại a. Ký hiệu ω(f, a) là cấp của a của f . Chứng minh: ω(fg, a) = ω(f, a) + ω(g, a), ω( 1 f , a) = −ω(f, a), và ω(f, a) < ω(g, a) ⇒ ω(f ◦ g, a) < ω(f, a). 11. Phân loại kỳ dị tại 0, tìm cấp cực điểm: 1 z(z − 1) , z + i z2 + 1 , sin z z2 , (cos z − 1) z , z sin 1 z , e− 1 z2 , e z+1 z−1 , 1 zn(ez − 1) 12. Phân lọai các điểm kỳ dị hàm: a) sin z cos z − 1 b) 1 z2 + 1 1 + z2 c) e(z+ 1 z ) d) e− 1 z2 sin 1 z e) cos(z2 + 1 z2 ). 13. Đúng hay sai: ∞ là cực điểm bậc n của đa thức P nếu và chỉ nếu P là đa thức bậc n. 14. Tính thặng dư tại các điểm kỳ dị các hàm: a) z (z + 1)(z2 + 2) b) z sin z c) e 1 z (z − 1)2 d) z3 + 5 (z4 − 1)(z + 1) 15. Cho P (z), Q(z) là các đa thức. Giả sử bậc Q(z) > bậc P (z) và Q(z) có n nghiệm đơn z = ak (k = 1, · · · , n). Chứng minh khi đó ta có P (z) Q(z) = n∑ k=1 P (ak) Q′(ak)(z − ak) 16. Xác định các số Ak, Bk, pk trong phân tích 1 z2n + 1 = n∑ k=1 Akz + Bk z2 + pkz + 1 17. Tính ∮ γ f(z)dz, với: a) f(z) = 1 (z2 − 1)2 , γ : |z| = 3 b) f(z) = sin z z(z − 1)(z2 + 1) , γ : |z| = 3 c) f(z) = etz z(z2 + 1) (t > 0), γ là biên hình vuông đỉnh ±1± 2i Bài tập. 79 18. Khai triển Laurent tính 1 2πi ∫ |z|=1 e t z zndz 19. Tính: a) ∫ |z|=1 e− 1 z2 dz b) ∫ |z|=1 e− 1 z sin 1 z dz c) ∫ |z|=10 e 1 z dz (z − 1)2 d) ∫ |z|=1 ze 1 z dz. 20. Giả sử f, g là các hàm chỉnh hình, có các không điểm cấp k, k + 1 tại a tương ứng. Chứng minh R a es f g = (k + 1) f (k)(a) g(k+1)(a) . 21. Cho g(z) = z f ′(z) f(z) . Tính R a es g, nếu a là: a) Không điểm cấp m của f . b) Cực điểm cấp m của f . 22. Cho pn(z) = 1 + z + · · ·+ z n n! . Chứng minh: ∀R > 0, ∃n0, khi n ≥ n0 thì pn không có không điểm trên đĩa |z| ≤ R. 23. Tìm số nghiệm đa thức: a) z4 + 6z2 + z + 2, trên các miền: |z| < 1 ; 1 < |z| < 3 b) z5 − 12z2 + 14, trên các miền: 1 < |z| < 5/2 ; |z| < 2 c) z5 + z − 16i , trên các miền: |z| < 1 ; |z| < 2 24. Chứng minh trong hình tròn đơn vị phương trình: a) z3e 1 1−z = 1 có 2 nghiệm. b) ez = 2z + 1 có 1 nghiệm. c) azn = ez (a > e), có n nghiệm. 25. Chứng minh phương trình: zn+3 + ez = 0 có n + 3 nghiệm trong đĩa |z| ≤ e. 26. Tính các tích phân: a) ∫ 2π 0 dt a + b cos t + c sin t (a2 > b2 + c2). ĐS. 2π (a2 − b2 − c2)1/2 b) ∫ 2π 0 dt (a + b cos t)2 (a > b > 0). ĐS. 2πa (a2 − b2)3/2 c) ∫ 2π 0 cos 3tdt 5− 4 cos t . ĐS. π 12 . d) ∫ 2π 0 dt (5− 3 sin t)2 . ĐS. 5π 32 . e) ∫ 2π 0 ( sin nt2 sin t2 )2 dt ĐS. 2πn f) ∫ 2π 0 dt a + b sin t (a > |b|). g) ∫ π/2 0 dt a + sin2 t (a > 0). 27. Cho P và Q là 2 đa thức bậc Q ≥ bậc P+2, và Q không có không điểm thực. Chứng minh: ∫ +∞ −∞ P (x) Q(x) dx = 2πi ∑ Ima>0 R a es P Q Bài tập. 80 28. Tính các tích phân: a) ∫ +∞ −∞ dx x4 + 1 . ĐS. π√ 2 b) ∫ +∞ 0 xdx 1 + x4 . ĐS. π 4 . c) ∫ +∞ −∞ x2dx x6 + a6 (a > 0). ĐS. π 3a2 . d) ∫ +∞ 0 dx 1 + x2 + x4 . ĐS. π 2 √ 3 . e) ∫ +∞ −∞ x2dx (x2 + a2)2 (a > 0). ĐS. π 2a . f) ∫ +∞ 0 dx (1 + x2)3 . ĐS. 3π 16 g) ∫ +∞ 0 dx (x2 + a2)(x2 + b2) (a, b > 0). ĐS. π 2ab(a + b) . 29. Tính: a) ∫ +∞ −∞ cos kxdx a4 + x4 . ĐS. π 2a3 e−ak/2(cos ak√ 2 + sin ak√ 2 ). b) ∫ +∞ 0 cos kxdx (x2 + a2)2 . ĐS. π 4a3 e−ak(ak + 1). c) ∫ +∞ −∞ cosxdx (x2 + a2)(x2 + b2) (a, b, k > 0). ĐS. π a2 − b2 ( e−b b − e −a a ). d) ∫ +∞ −∞ x3 sinx (x2 + 1)2 dx. ĐS. π 2e e) ∫ ∞ 0 cos 2πxdx x4 + x2 + 1 . ĐS. − π 2 √ 3 e−π/ √ 3 . f) ∫ +∞ −∞ x sinxdx x2 + a2 (a ∈ R). g) ∫ +∞ 0 cosαx− cosβx x2 dx (α, β ≥ 0). h) ∫ +∞ −∞ cos2 xdx x2 + 1 . 30. Tính các tích phân: a) ∫ ∞ 0 sinx x dx. đs: π 2 (Hướng dẫn. Tích phân hàm eiz/z dọc theo biên miền { 0} bằng 0. Sau đó cho → 0 và R→ +∞.) b) ∫ +∞ 0 cosx2dx và ∫ +∞ 0 sinx2dx (Tích phân Fresnel) ĐS. 1 2 √ π 2 (Hướng dẫn. Tích phân eiz 2 dọc theo biên miền {|z| < R, 0 < argz < π/4}. Cho R→∞, với chú ý ∫∞0 e−r2dr = √ π/2 và sinϕ ≥ 2ϕ/2, 0 ≤ ϕ ≤ π/2, suy ra kết qủa) c) ∫ +∞ 0 sin2 kx x2 dx (k > 0). 31. Chứng minh (2) (3) và (4) của mệnh đề 5.4. Bài tập. 81 32. Tính các tổng sau với a > 0: a) ∞∑ k=0 1 k2 + a2 . ĐS. − 1 2a2 + π 2a cothπa. b) ∞∑ k=1 (−1)k k2 + a2 . ĐS. 1 2a2 − π 2a sinhπa . c) ∞∑ k=1 (−1)k k1 − a2 ĐS. 1 2a2 + π 2a sinhπa . 33. Chứng minh: a) ∞∑ k=0 1 (2k + 1)2 = π2 8 b) ∞∑ k=1 1 k4 = π4 90 c) ∞∑ k=1 1 k6 = π6 945 34. Tính: a) ∞∑ k=0 1 a + bk2 b) +∞∑ k=−∞ 1 k4 + k2 + 1 c) ∑ k =0 1 k(2k + 1) .