Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 65 Chứng minh Khai triển Taylor hàm f trong lân cận điểm a z B(a, R), f(z) = + = 0n n n )az(c với c 0 = f(a) = + lim f(z n ) = 0 Kí hiệu m(a) = min{n : c n 0} 0 (4.4.1) Nếu m(a) = m thì f(z) = + = mn n n )az(c = (z - a) m + = + 0k k km )az(c = (z - a) m g(z) với hàm g(z) giải tích trong lân cận điểm a và g(a) = c m 0. Do đó > 0 : z B(a, ), g(z) 0 Suy ra z n B(a, ), f(z n ) = (z n - a) m g(z n ) 0! Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy m(a) = + . Tức là z B(a, R), f(z) = 0 Hệ quả 1 Cho hàm 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 đợc phần tử. Chứng minh Kí hiệu A là các điểm tụ của tập Z(f) ta có A Z(f) D và tập A là tập đóng Theo định nghĩa a A, dy z n )f(Z a và f(z n ) = 0 Theo định lý trên > 0 : z B(a, ), f(z) = 0 B(a, ) A tập A là tập mở. Do tập D liên thông và tập A D vừa đóng và vừa mở nên Hoặc A = suy ra Z(f) có không quá đếm đợc phần tử Hoặc A = D suy ra Z(f) = D Nhận xét Theo kết quả trên thì không điểm của hàm giải tích không đồng nhất bằng không luôn là không điểm cô lập. Tức là R > 0 : z B(a, R) - {a}, f(z) 0 Hệ quả 2 Cho các hàm f, g giải tích trong miền D và 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 đợc phần tử, suy ra Z(h) = D Tức là z D, h(z) = f(z) - g(z) = 0 Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 66 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Hệ quả 3 Cho điểm a là không điểm của hàm f giải tích và 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 là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) 0. Điểm a gọi là không điểm cấp m của hàm f. Chứng minh Khai triển Taylor hàm f trong lân cận điểm a f(z) = + = 0n n n )az(c với c 0 = f(a) = 0 Theo các kết quả trên điểm a là 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 là f(z) = + = mn n n )az(c = (z - a) m + = + 0k k km )az(c = (z - a) m g(z) với g là hàm giải tích trong hình tròn B(a, R) và g(a) = c m 0 Đ5. Chuỗi Laurent Định lý Cho miền D = { r < | z - a | < R} và hàm f liên tục trên D , giải tích trong D. Với mọi (r, R) kí hiệu B = B(a, ) D và = B + (a, ). z B, f(z) = + n n )az(c với c n = + d )a( )(f i2 1 1n , n 9 (4.5.1) Công thức (4.5.1) gọi là khai triển Laurent của hàm f tại điểm a. Chứng minh Với mọi z B cố định. Theo công thức tích phân Cauchy f(z) = D d z )(f i2 1 = 1 d z )(f i2 1 + 2 d z )(f i2 1 (1) Với mọi 1 : | - a | = r, ta có q = | - a | / | z - a | < 1 suy ra khai triển z 1 = a z a 1 1 az 1 = + = 0n n az a az 1 và z )(f = + = 0n n az a az )(f (2) z 1 2 Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 67 Với mọi 2 : | - a | = R, ta có q = | z - a | / | - a | < 1 suy ra khai triển z 1 = a az 1 1 a 1 = + = 0n n a az a 1 và z )(f = + = 0n n a az a )(f (3) Do hàm f liên tục trên D nên có module bị chặn suy ra chuỗi (2) hội tụ đều trên 1 và chuỗi (3) hội tụ đều trên 2 . Ngoài ra theo định lý Cauchy 1 d )a( )(f n = d )a( )(f n = 2 d )a( )(f n Tích phân từng từ công thức (1) suy ra công thức (4.5.1) Ngời ta thờng viết chuỗi Laurent dới dạng + n n )az(c = + = 1n n n )az( c + + = 0n n n )az(c (4.5.2) Phần luỹ thừa dơng gọi là phần đều , phần luỹ thừa âm gọi là phần chính . Nếu hàm f giải tích trong cả hình tròn B(a, R) thì n 1, c -n = 0. Khi đó chuỗi Laurent (4.5.1) trở thành chuỗi Taylor (4.3.1) Ví dụ 1. Khai triển hàm f(z) = )2z)(1z( 1 trên miền D ={ 1 < | z | < 2} f(z) = - 2 1 2 z 1 1 - z 1 z 1 1 1 = - 2 1 (1 + + n 2 1 z n + ) - z 1 (1 + + n z 1 + ) 2. Khai triển hàm f(z) = sin 1z z thành chuỗi tâm tại a = 1 f(z) = sin1cos 1z 1 + cos1sin 1z 1 sin 1z 1 = 1z 1 )1z( 1 !3 1 3 + và cos 1z 1 = 1 )1z( 1 !2 1 2 + Đ6. Phân loại điểm bất thờng Điểm a gọi là điểm bất thờng nếu hàm f không giải tích tại a. Nếu > 0 sao cho hàm f giải tích trong B(a, ) - {a} thì điểm a gọi là điểm bất thờng cô lập. Có thể phân loại các điểm bất thờng cô lập nh sau. Nếu )z(flim az = L thì điểm a gọi là bất thờng Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 68 Giáo Trình Toán Chuyên Đề bỏ qua đợc. Nếu )z(flim az = thì điểm a gọi là cực điểm . Nếu )z(flim az không tồn tại thì điểm a gọi là bất thờng cốt yếu . Giả sử trong lân cận điểm a bất thờng cô lập, hàm f có khai triển Laurent f(z) = + = 1n n n- )az( c + + = 0n n n )az(c (4.6.1) Định lý Kí hiệu m(a) = min{ n 9 : c n 0 } 1. Điểm a là bất thờng bỏ qua đợc khi và chỉ khi m(a) 0 2. Điểm a là cực điểm cấp m khi và chỉ khi m(a) < 0 3. Điểm a là bất thờng cốt yếu khi và chỉ khi m(a) = - Chứng minh 1. m(a) = m 0 f(z) = n 0n n )az(c + = az c 0 = L Ngợc lại, hàm g(z) = = 0z L 0z )z(f giải tích trong B(a, ). Khai triển Taylor tại điểm a g(z) = + = 0n n n )az(c với c 0 = L m(a) 0 2. m(a) = -m < 0 f(z) = = m 1n n n- )az( c + + = 1n n n )az(c az Ngợc lại, hàm g(z) = = az 0 az )z(f 1 giải tích trong B(a, ) và g(a) = 0. Theo hệ quả 3, Đ4 g(z) = (z - a) m h(z) với m * và h là hàm giải tích trong B(a, ), h(a) 0 Suy ra f(z) = )z(h 1 )az( 1 m = + = 0n n n m )az(b )az( 1 với c -m = b 0 0 m(a) = -m 3. m(a) = - f(z) = + = 1n n n )az( c + + = 0n n n )az(c không có giới hạn khi z a Ngợc lại, phản chứng trên cơ sở 1. và 2. Hệ quả 1 (Định lý Sokhotsky) Điểm a là điểm bất thờng cốt yếu của hàm f khi và 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 là tập f(B(a, )) trù mật trong tập . Hàm f giải tích trên toàn tập số phức gọi là hàm nguyên . Nh vậy hàm nguyên chỉ có một điểm bất thờng duy nhất là z = . Đổi biến = z 1 suy ra hàm g( ) = f(z) có duy Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 69 nhất điểm bất thờng cô lập là = 0. Khai triển Laurent hàm g() trong lân cận = 0 g() = + = 1n n n c + c 0 + + = 1n n n c = + = 1n n n zc + c 0 + + =1n n n z c (4.6.2) 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. Hàm f là hàm hằng khi và chi khi m() = 0 2. Hàm f là đa thức bậc n khi và chi khi m() = n 3. Hàm f là hàm siêu việt khi và chi khi m() = + Hàm f(z) gọi là hàm phân hình nếu nó chỉ có hữu hạn cực điểm trên tập Hệ quả 3 Hàm f(z) là hàm phân hình khi và chỉ khi hàm f(z) là phân thức hữu tỷ Chứng minh Rõ ràng hàm hữu tỷ f(z) = )z(Q )z(P có hữu hạn cực điểm là các không điểm của Q(z) Ngợc lại, giả sử hàm f(z) có m cực điểm trên . Khi đó f(z) = )m1 zz) (zz( )z(h với hàm h giải tích trên toàn và m h () = n suy ra h(z) = P(z) Đ7. Thặng d Cho hàm f giải tích trong B(a, R) - {a}, liên tục trên = B(a, R). Tích phân Resf(a) = dz)z(f i2 1 (4.7.1) gọi là thặng d của hàm f tại điểm a. Theo định lý Cauchy, nếu a là điểm thờng của hàm f thì Resf(a) = 0. Nếu a là điểm bất thờng cô lập thì Resf(a) không phụ thuộc vào đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, bao điểm a, định hớng dơng và nằm gọn trong hình tròn B(a, R). Cho hàm f giải tích trong miền R < | z | < , liên tục trên = B(0, R). Tích phân Resf() = dz)z(f i2 1 (4.7.2) gọi là thặng d của hàm f tại điểm . Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 70 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Định lý Thăng d của hàm f tại điểm a là hệ số c -1 của khai triển Laurent tại điểm đó. Resf(a) = c -1 (4.7.3) Chứng minh Khai triển Laurent hàm f tại điểm a f(z) = + = 1n n n )az( c + + = 0n n n )az(c với c n = + d )a( )(f i2 1 1n , n 9 So sánh với công thức (4.7.1) suy ra công thức (4.7.3) Hệ quả Cho điểm a là cực điểm cấp m của hàm f Resf(a) = )]z(f)az[( dz d lim )!1m( 1 m )1m( )1m( az (4.7.4) Chứng minh Khai triển Laurent tại cực điểm a cấp m f(z) = m m )az( c + + a z c 1 + + = 0n n n )az(c Suy ra (z - a) m f(z) = c -m + + c -1 (z - a) m-1 + c 0 (z - a) m + [(z - a) m f(z)] (m-1) = (m - 1)!c -1 + m(m-1) 2c 0 (z - a) + Chuyển qua giới hạn hai vế az lim [(z - a) m f(z)] (m-1) = (m - 1)!c -1 Ví dụ Hàm f(z) = 32 z )1z( e + có hai cực điểm cấp 3 là i Resf(i) = + 3 2 iz )iz( e lim !2 1 = iz 5 z 4 z 3 z )iz( e12 )iz( e6 )iz( e 2 1 = + + + + = 16 1 e i (3 - 2i) Định lý Cho hàm f có các cực điểm hữu hạn là a k với k = 1 n = n 1k k )a(sfRe + Resf( ) = 0 (4.7.5) Chứng minh Gọi k với k = 1 n là các đờng tròn | z - a k | = R k đủ bé để chỉ bao riêng từng điểm a k và là đờng tròn | z | = R đủ lớn để bao hết tất cả các đờng tròn k . Theo công thức tích phân Cauchy dz)z(f = = n 1k k dz)z(f = - dz)z(f Chuyển vế sau đó chia hai vế cho 2 i suy ra công thức (4.7.5) Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 71 Hệ quả Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên tục trên , giải tích trong D ngoại trừ hữu hạn cực điểm a k D với k = 1 n dz)z(f = 2i = n 1k k )a(sfRe (4.7.6) Ví dụ Tính I = ++ )3z)(1z( zdzsin 2 với là đờng tròn | z | = 2 định hớng dơng Hàm f(z) có hai cực điểm z = i nằm trong miền D và một cực điểm z = -3 nằm ngoài miền D . Resf(-i) = iz lim )3z)(iz( zsin = i 6 2 )isin( + Resf(i) = iz lim )3z)(iz( + = i 6 2 )isin( I = 2i[Resf(-i) + Resf(i)] = - 5 3 sin(i) Đ8. Thặng d Loga Cho hàm f giải tích và khác không trong B(a, R) - {a}, liên tục trên = B(a, R). Tích phân ResLnf(a) = dz )z(f )z(f i2 1 (4.8.1) gọi là thặng d loga của hàm f tại điểm a. Theo định nghĩa trên ResLnf(a) = Resg(a) trong đó g(z) = [Ln f(z)] = )z(f )z(f với z B(a, R) - {a} Định lý Với các kí hiệu nh trên 1. Nếu a là không điểm cấp n của hàm thì ResLnf(a) = n 2. Nếu b là cực điểm cấp m của hàm f thì ResLnf(b) = -m Chứng minh 1. Theo hệ quả 3, Đ4 z B(a, R), f(z) = (z - a) n h(z) với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0 Đạo hàm hàm f suy ra f(z) = n(z - a) n-1 h(z) + (z - a) n h(z) g(z) = a z n + )z(h )z(h với )z(h )z(h là hàm giải tích trong B(a, R) - 3 - i i Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 72 Giáo Trình Toán Chuyên Đề Suy ra ResLnf(a) = c -1 (g) = n 2. Theo hệ quả 3, Đ5 z B(a, R), f(z) = m )az( )z(h với h(z) là hàm giải tích trong B(a, R) và h(a) 0 Đạo hàm hàm f suy ra f(z) = 1m )az( m + h(z) + m )az( 1 h(z) g(z) = az m + )z(h )z(h với )z(h )z(h là hàm giải tích trong B(a, R) Suy ra ResLnf(a) = c -1 (g) = -m Hệ quả 1 Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và hàm f liên tục trên , có các không điểm a k cấp n k với k = 1 p và giải tích trong D ngoại trừ các cực điểm b j cấp m j với j = 1 q dz )z(f )z(f i2 1 = == q 1j j p 1k k mn = N - M (4.8.2) Chứng minh Kết hợp định lý trên, công thức tích phân Cauchy và lập luận tơng tự hệ quả 1, Đ7 Ta xem một không điểm cấp n là n không điểm đơn trùng nhau và một cực điểm cấp m là m cực điểm đơn trùng nhau. Theo công thức Newtown - Leibniz và định nghĩa hàm logarit phức dz )z(f )z(f = )]z(f[lnd = Lnf(z) = ln| f(z) | + i Argf(z) = i Argf(z) Kết hợp với công thức (4.8.2) suy ra hệ quả sau đây. Hệ quả 2 (Nguyên lý Argument) Số gia của argument của hàm f khi z chạy hết một vòng trên đờng cong kín, trơn từng khúc và định hớng dơng bằng 2 nhân với hiệu số của số không điểm trừ đi số cực điểm của hàm f nằm trong miền D . Tức là Argf(z) = 2(N - M) (4.8.3) Hệ quả 3 (Định lý Rouché) Cho đờng cong đơn, kín, trơn từng khúc, định hớng dơng và các hàm f , g liên tục trên , giải tích trong D . Kí hiệu N (f) là số không điểm của hàm f nằm trong D . Khi đó nếu z , | f(z) | > | g(z) | thì N (f + g) = N (f). Chứng minh Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Giáo Trình Toán Chuyên Đề Trang 73 Theo giả thiết z , )z(f )z(g < 1 Arg(1 + )z(f )z(g ) = 0 Suy ra N (f + g) = 2 1 Arg[f(z) + g(z)] = 2 1 Arg[f(z)(1 + )z(f )z(g )] = 2 1 Argf(z) + 2 1 Arg(1 + )z(f )z(g ) = N (f) Hệ quả 4 (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 là k không điểm. Chứng minh Giả sử P(z) = a 0 + a 1 z + + z n với a k Kí hiệu f(z) = z n , g(z) = a 0 + + a n-1 z n-1 , M = Max{| a k | , k = 0 (n-1)} và R = nM + 1 Trên đờng tròn : | z | = R | g(z) | M(1 + + R n-1 ) nMR n-1 < R n = | f(z) | Theo hệ quả 3 N (P) = N (f + g) = N (f) = n Đ9. Các ứng dụng thặng d Định lý (Bổ đề Jordan) Cho đờng cong R = {| z | = R, Imz } và hàm f giải tích trong nửa mặt phẳng D = {Imz > } ngoại trừ hữu hạn điểm bất thờng. Khi đó ta có 1. Nếu z lim zf(z) = 0 thì +R lim R dz)z(f = 0 (4.9.1) 2. Nếu z lim f(z) = 0 thì > 0, + R lim R dze)z(f zi = 0 (4.9.2) Chứng minh 1. Từ giả thiết suy ra z R , | zf(z) | M +R 0 | f(z) | R M Suy ra 1+ )z(g )z(f 1 3 2 1 Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . Chơng 4. Chuỗi Hàm Phức Và Thặng D Trang 74 Giáo Trình Toán Chuyên Đề R dz)z(f ds)z(f = R M R( + 2 ) + R 0 2. Từ giả thiết suy ra z R , | f(z) | M + R 0 Suy ra R dz)z(fe zi 1 ds)z(fe zi + 2 ds)z(fe zi + 3 ds)z(fe zi Ước lợng tích phân, ta có 1 ds)z(fe zi + 3 ds)z(fe zi 2Me - y R 2Me - | | +R 0 2 ds)z(fe zi = MR 0 tsinR dte = MRe - Rsin +R 0 với (0, ) Hệ quả 1 Cho f(z) là phân thức hữu tỷ sao cho bậc của mẫu số lớn hơn bậc tử số ít nhất là hai đơn vị, có các cực điểm a k với k = 1 p nằm trong nửa mặt phẳng trên và có các cực điểm đơn b j với j = 1 q nằm trên trục thực. Khi đó ta có + dx)x(f = 2 i = p 1k k )a(sfRe + i = q 1j j )b(sfRe (4.9.3) Chứng minh Để đơn giản, xét trờng hợp hàm f có một cực điểm a thuộc nửa mặt phẳng trên và một cực điểm đơn b thuộc trục thực. Trờng hợp tổng quát chứng minh tơng tự. Kí hiệu R : | z | = R, Imz > 0, : | z | = , Imz > 0 = R [-R, b - ] [b + , R] Theo công thức (4.7.6) dz)z(f = R dz)z(f + ]b,R[ dz)z(f + dz)z(f + + ]R,b[ dz)z(f = 2iResf(a) Kết hợp với công thức (4.9.1) suy ra + dx)x(f = 0,R lim + ]b,R[ dz)z(f + 0,R lim + + ]R,b[ dz)z(f = 2iResf(a) - 0 lim dz)z(f (1) Do b là cực điểm đơn nên f(z) = bz c 1 + g(z) với g(z) giải tích trong lân cận điểm b Suy ra hàm g(z) bị chặn trên a R - R R b Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m Click to buy NOW! P D F - X C h a n g e V i e w e r w w w . d o c u - t r a c k . c o m . . Hàm f(z) gọi là hàm phân hình nếu nó chỉ có hữu hạn cực điểm trên tập Hệ quả 3 Hàm f(z) là hàm phân hình khi và chỉ khi hàm f(z) là phân thức hữu tỷ Chứng minh Rõ ràng hàm hữu tỷ f(z). Hệ quả 2 Kí hiệu m f () = - m g (0) 1. Hàm f là hàm hằng khi và chi khi m() = 0 2. Hàm f là đa thức bậc n khi và chi khi m() = n 3. Hàm f là hàm siêu vi t khi và chi khi m() = + Hàm. giải tích trong B(a, R) - {a}, liên tục trên = B(a, R). Tích phân Resf(a) = dz)z(f i2 1 (4.7.1) gọi là thặng d của hàm f tại điểm a. Theo định lý Cauchy, nếu a là điểm thờng của hàm