Lời cảm ơn Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích bạn sinh viên khoa Toán - Trường Đại học Sư phạm Hà Nội Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hào tận tình giúp đỡ em trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên việc trình bày khóa luận không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Em xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Lê Thị Trang Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào, khóa luận tốt nghiệp “Vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức” hoàn thành theo quan điểm riêng cá nhân Trong trình làm khóa luận, kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2012 Sinh viên Lê Thị Trang Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức mặt phẳng phức 1.1.1 Khái niệm số tính chất 1.1.2 Sự hội tụ dãy số phức 1.2 Hàm biến phức 1.2.1 Hàm liên tục 1.2.2 Hàm chỉnh hình 1.2.3 Chuỗi lũy thừa 10 1.3 Tích phân phức 12 1.4 Đại cương phương trình vi phân phức 16 Chương Vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức 18 2.1 Khái niệm điểm kỳ dị phương trình vi phân tuyến tính phức 18 2.2 Đường cong kín bao quanh điểm kỳ dị 21 2.3 Cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức 25 2.3.1 Nghiệm đơn phương trình đặc trưng 25 2.3.2 Trường hợp nghiệm bội 27 2.3.3 Nghiệm tập tắc 31 2.3.4 Tìm nghiệm tập tắc phương pháp loại trừ 35 2.4 Điều kiện cần điểm kỳ dị quy 36 2.5 Điều kiện đủ điểm kỳ dị quy 39 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 Mở đầu Lý chọn đề tài Phương trình vi phân phương trình toán học nhằm biểu diễn mối quan hệ hàm chưa biết (một nhiều biến) với đạo hàm (có bậc khác nhau) Phương trình vi phân đóng vai trò quan trọng kỹ thuật, vật lý, kinh tế nhiều lĩnh vực khác Chúng ta xét phương trình vi phân đơn giản f (x) = df (x) dx Trong phương trình trên, f (x) biểu diễn cho vận tốc vật f (x) gia tốc vật (là đại lượng đặc trưng cho độ biến thiên vận tốc) Sự đời phương trình vi phân xuất phát từ việc xác định mối quan hệ xác định bên đại lượng biến thiên liên tục (được biểu diễn hàm f (x)) bên lại độ biến thieen đại lượng (biểu diễn đạo hàm bậc cao hơn) Điều thể rõ học cổ điển Cụ thể Định luật Newton chuyển động cho phép xác định vị trí vật dựa vào vận tốc, gia tốc số lực tác động biểu diễn dạng hàm vi phân theo thời gian Đối với hàm thông thường, nghiệm giá trị số Còn phương trình vi phân, mục tiêu tìm công thức hàm chưa biết nhằm thỏa mãn mối quan hệ đề Thông thường, họ phương trình, sai lệch số C Hàm xác định xác có thêm điều kiện ban đầu điều kiện biên Tuy nhiên, số phương trình áp dụng phương pháp biết để tìm nghiệm Vì vậy, ta cần phải xây dựng phương pháp tìm nghiệm khác cho phương trình Phương pháp thông dụng ứng dụng lý thuyết chuỗi để tìm nghiệm phương trình dạng chuỗi lũy thừa ∞ an z n , f (z) = n=0 an ∈ C Một điểm liên quan trực tiếp đến vấn đề tìm nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính phân loại điểm thường điểm kỳ dị Lý thuyết nghiệm chuỗi phương trình vi phân tuyến tính thực có hoàn thiện Tuy nhiên chuyển sang miền phức có khó khăn định Được hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hào em chọn đề tài “Vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức” để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp chuyên ngành toán giải tích Khóa luận bố cục thành hai chương Chương Trong chương này, em đưa số kiến thức chuẩn bị cho khóa luận Đó số phức mặt phẳng phức, hàm biến phức, tích phân phức Cũng liên quan đến việc tìm hiểu phương trình vi phân tuyến tính phức nên em trình bày khái niệm phương trình vi phân tuyến tính phức, định lý tồn nghiệm phương trình vi phân phức Chương Đây phần khóa luận Ở em giới thiệu vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Trong em trình bày vấn đề điểm kỳ dị, cấu trúc nghiệm phương trình, điều kiện cần điểm kỳ dị quy điều kiện đủ điểm kỳ dị quy Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Trình bày vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Tuy nhiên, khuôn khổ yêu cầu khóa luận tốt nghiệp bậc cử nhân toán học, nên trình bày vấn đề phạm vi điểm kỳ dị quy phương trình vi phân tuyến tính phức Việc nghiên cứu cấu trúc nghiệm điểm kỳ dị không quy phức tạp nên xin dành cho nghiên cứu sau Phương pháp nghiên cứu Tìm hiểu tài liệu tham khảo, phân tích, tổng hợp xin ý kiến định hướng người hướng dẫn Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Số phức mặt phẳng phức 1.1.1 Khái niệm số tính chất Số phức số có dạng z = x + iy; x, y ∈ R i đơn vị ảo mà i2 = −1 Ta gọi x phần thực y phần ảo, kí hiệu x = Rez, y = Imz Tập hợp số phức kí hiệu C Tập hợp số phức đồng với mặt phẳng R2 phép tương ứng C → R2 z = x + iy → (x, y) Một cách tự nhiên, người ta gọi Ox trục thực, Oy trục ảo Phép cộng nhân số phức thực cách thông thường phép toán tập hợp số thực với lưu ý i2 = −1 Ta có z1 + z2 = (x1 + x2 ) + i(y1 + y2 ) z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 ) = x1 x2 + ix1 y2 + iy1 x2 + i2 y1 y2 = (x1 x2 − y1 y2 ) + i(x1 y2 + y1 x2 ) Một số tính chất phép cộng nhân số phức + Tính chất giao hoán z1 + z2 = z2 + z1 ; z1 z2 = z2 z1 + Tính chất kết hợp (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3 ); (z1 z2 ).z3 = z1 (z2 z3 ) + Tính chất phân phối phép nhân với phép cộng z1 (z2 + z3 ) = z1 z2 + z1 z3 Với số phức z = x + iy, ta xác định modul số phức z x2 + y |z| = Modul số phức có tính chất (i) |z + w| ≤ |z| + |w| ; ∀z, w ∈ C, (ii) ||z| − |w|| ≤ |z − w| ; ∀z, w ∈ C, (iii) |Rez| ≤ |z| ; |Imz| ≤ |z| ; ∀z ∈ C Số phức liên hợp số phức z = x + iy kí hiệu z¯ = x − iy Không khó khăn, ta kiểm tra Rez = z + z¯ z − z¯ ; Imz = 2i |z|2 = z.¯ z; z¯ = với z = z |z| Số phức khác biểu diễn dạng cực z = r.eiθ với r > 0, θ ∈ R gọi argument số phức z (argument số phức z xác định cách với sai khác bội số 2π) eiθ = cosθ + i sin θ Bởi eiθ = 1, nên r = |z| θ góc hợp chiều dương trục Ox nửa đường thẳng xuất phát từ gốc tọa độ qua điểm z Cuối cùng, ta lưu ý z = r.eiθ w = s.eiϕ z.w = r.s.ei(θ+ϕ) 1.1.2 Sự hội tụ dãy số phức Dãy số phức {zn } gọi hội tụ đến số phức w ∈ C viết w = lim zn ⇔ lim |zn − w| = n→∞ n→∞ Dễ dàng kiểm tra w = lim zn ⇔ n→∞    lim Rezn = Rew, n→∞   lim Imzn = Imw n→∞ Dãy số phức {zn } gọi dãy Cauchy |zn − zm | → m, n → ∞ ⇔ ∀ε < ∃N > cho |zn − zm | < ε với n, m ≥ N 1.2 Hàm biến phức 1.2.1 Hàm liên tục Cho hàm f (z) xác định tập Ω ⊂ C Ta nói f (z) liên tục điểm z0 ∈ Ω thỏa mãn hai điều kiện tương đương sau giả sử hàm logarit xác định hàm φr (z − ζ) lân cận điểm ζ Các tập hợp lại có bội số s sử dụng phương pháp Như vậy, tổng quát, s nghiệm bội phương trình đặc trưng, nghiệm tổng quát số hạng có nhân tử logarit Ví dụ 2.1 Phương trình z (z + 1) d2 ω dω − z + (3z + 1)ω = dz dz có hai nghiệm độc lập tuyến tính 1 ω1 = z , ω2 = z log z + z Nếu mô tả chu tuyến z theo chiều dương quanh gốc nghiệm tương ứng trở thành 1 W1 = −z = −ω1 , W2 = −z (log z + 2πi) − z = −ω2 − 2πiω1 Do phương trình đặc trưng −1 − s −2πi −1 − s = 0, hay (s + 1)2 = Một nghiệm có dạng ω = (z − ζ)ρ tr φ1 (z − ζ) + tr−1 φr1 (z − ζ) + · · · + φrr (z − ζ) gọi quy điểm ζ điểm thường cực điểm hàm φ Nếu tất n nghiệm tương ứng với điểm ζ quy ζ gọi 34 điểm kỳ dị quy phương trình Nếu hàm hàm φ có điểm kỳ dị cốt yếu ζ điểm ζ gọi điểm kỳ dị không quy phương trình 2.3.4 Tìm nghiệm tập tắc phương pháp loại trừ Xét nghiệm υ1 = (z − ζ)ρ φ1 (z − ζ) Đặt υ12 dz ω = υ1 Khi υ12 thỏa mãn phương trình tuyến tính cấp n − mà có nghiệm đều; giả sử nghiệm υ12 Phương trình đặc trưng tương ứng có bậc n − nghiệm s tập tắc V1 = sυ1 , V2 = s(υ2 + υ1 ), , Vµ = s(υµ + υµ−1 ) thay V12 = sυ12 , V13 = s(υ13 + υ12 ), , V1µ = s(υ1µ + υ1,µ−1 ) Tiếp tục đặt ω = υ1 υ12 υ23 (dz)2 lặp lại trình Trong phương pháp xuất tập hợp µ nghiệm tương ứng với tập tắc υ1 = (z − ζ)φ1 (z − ζ), 35 υ2 = υ1 υ12 dz, υr = υ1 υ12 υ23 υr−1,r (dz)r−1 (r = 2, 3, , µ), υ12 , υ23 , , υr−1,r ứng với giá trị miền xác định ζ Bởi hàm có giá trị, nên υr phải có dạng υr = (z − ζ)ρ tr φr0 (z − ζ) + tr−1 φr1 (z − ζ) + · · · + φrr (z − ζ) , tr = log(z − ζ) φr0 số nhân φ1 2.4 Điều kiện cần điểm kỳ dị quy Trong phần trước thấy đặc trưng nghiệm tổng quát phương trình liên quan tới điểm kỳ dị phương trình, đóng góp xác định dạng cụ thể nghiệm tổng quát Thực tế điểm nghiên cứu tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, số điều kiện hạn chế thích hợp phương trình nghiệm Điều rõ định lý sau Định lý 2.1 (Định lý Fuchs) Điều kiện cần đủ để điểm z = ζ điểm kỳ dị quy phương trình dn−1 ω dω dn ω + p1 (z) n−1 + · · · + pn−1 (z) + pn (z)ω = n dz dz dz pr (z) = (z − ζ)−r P (z) (r = 1, 2, , n), P (z) giải tích lân cận ζ 36 Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử điểm ζ điểm gốc Trước hết ta chứng minh điều kiện cần tương ứng với z = Dễ thấy tồn nghiệm ω1 = z ρ φ(z), φ(z) miền xác định điểm gốc giả sử nghiệm quy, φ(0) = Đặt ω = ω1 υdz nghiệm phương trình υ thỏa mãn phương trình vi phân dạng dn−2 υ dn−1 υ + q (z) + · · · + qn−1 (z)υ = 0, dz n−1 dz n−2 ω nghiệm quy υ phải quy Nhưng hệ số q biểu diễn số hạng ω1 hệ số p, q1 = ω1 qr = ω1 n dω dz + p1 ω1 , dr ω1 dr−1 ω1 dω1 nCr r + (n − 1)Cr−1 p1 r−1 + · · · + (n − r + 1)pr−1 + p r ω1 dz dz dz Với trường hợp đơn giản n = 1, phương trình ω = Ce− p1 dz dω dz + p1 ω = có nghiệm , nghiệm quy điều kiện cần để p1 có dạng z −1 f1 (z), hàm f1 (z) giải tích gần điểm gốc Tiếp tục với trường hợp n = Phương trình chứa υ cấp suy gần điểm gốc q1 (z) = O(z −1 ) 37 Cũng dω1 = O(z −1 ) ω1 dz Do p1 (z) có dạng p1 (z) = z −1 f1 (z), hàm f1 (z) giải tích lân cận điểm gốc Nhưng p2 = − ω1 d2 ω1 dω1 + p dz dz điểm gốc d2 ω1 = O(z −2 ), ω1 dz dω = O(z −1 ), ω dz p1 = O(z −1 ), nên p2 có dạng z −2 f2 (z), hàm f2 (z) giải tích lân cận z = Ta hoàn thành chứng minh quy nạp Giả sử định lý với phương trình cấp n − 1, phương trình chứa υ ta giả sử qr (z) = z −r gr (z) (r = 1, 2, , n − 1), gr (z) giải tích điểm gốc Khi ta suy từ biểu thức hệ số p pr (z) = z −r fr (z) (r = 1, 2, , n − 1), fr (z) giải tích điểm gốc Do ta cần phải chứng minh pr (z) có dạng r = n Điều suy từ phương trình pn (z) = − ω1 dn ω1 dn−1 ω1 dω1 + p + · · · + p n−1 dz n dz n−1 dz 38 Điều kiện cần chứng minh Ta chứng minh, điều kiện đủ điều kiện định lý thỏa mãn thu biểu thức hội tụ với n nghiệm phương trình Chứng minh đưa phần sau; điều kiện chứng minh cách tổng quát 2.5 Điều kiện đủ điểm kỳ dị quy Ta chứng minh phương trình dn−1 ω dω dn ω −1 + z P1 (z) n−1 + · · · + z −n+1 Pn−1 (z) + z −n Pn (z)ω = 0, n dz dz dz tất hàm Pi (z) (i = 1, n) giải tích lân cận điểm gốc, phương trình có tập n nghiệm quy điểm gốc Bây thay phương trình hệ    ω = ω1 , z dω1 = ω2 , , z dωn−1 = ωn , dz dz dωn  z = A1 (z)ω1 + A2 (z)ω2 + · · · + An (z)ωn , dz A1 (z), , An (z) tổ hợp tuyến tính P1 (z), , Pn (z) với hệ số số chúng giải tích z = Để thuận tiện ta xét hệ tổng quát thay cho hệ  dω1   z = A11 (z)ω1 + A12 (z)ω2 + · · · + A1n (z)ωn ,   dz     z dω2 = A21 (z)ω1 + A22 (z)ω2 + · · · + A2n (z)ωn , dz        z dωn = An1 (z)ω1 + An2 (z)ω2 + · · · + Ann (z)ωn , dz tất hệ số A giải tích lân cận điểm gốc Trước hết ta chứng minh có hạn chế định (được loại bỏ sau 39 đó) tồn tập hợp nghiệm quy hệ điểm gốc không phụ thuộc vào số hạng logarit, ω1 = z r u1 , ω2 = z r u2 , , ωn = z r un , r số xác định u1 , u2 , , un giải tích điểm gốc Hằng số r chọn cho c1 , c2 , , cn giá trị u1 , u2 , , un z = 0, có số c khác không Giả sử ars giá trị Ars z = 0, thay ω1 , ω2 , , ωn vào hệ cho hệ số z r phương trình không, ta thu hệ thức (a11 − r)c1 + a12 c2 + · · · + a12 cn = 0, a21 c1 + (a22 − r)c2 + · · · + a2n cn = 0, an1 c1 + an2 c2 + · · · + (ann − r)cn = Bằng cách loại bỏ hệ số cr chưa biết từ hệ này, ta tìm phương trình số phương trình xác định r a11 − r a21 a12 a1n a22 − r a2n an1 an2 ann − r = Khi nghiệm không phân biệt, ký hiệu r1 , r2 , , rn Nếu đặt W1 , W2 , , Wn z dωn dω1 dω2 ,z , , z , dz dz dz 40 hệ xét trở thành   W1 = a11 ω1 + a12 ω2 + · · · + a1n ωn + O(z, ω),       W2 = a21 ω1 + a22 ω2 + · · · + a2n ωn + O(z, ω),       W = a ω + a ω + · · · + a ω + O(z, ω), n n1 n2 nn n O(z, ω) viết gọn cho biểu thức tuyến tính ω1 , ω2 , , ωn mà hệ số hàm giải tích z triệt tiêu gốc Bỏ qua số hạng O(z, ω), tập hợp phép tuyến tính tương tự phần 2.2 Tạm thời loại bỏ qua số hạng O(z, ω), ω1 , ω2 , , ωn thay tổ hợp tuyến tính đại lượng này, đặt υ1 , υ2 , , υn cho nghiệm phương trình số phân biệt hệ trở thành V1 = r1 υ1 , V2 = r2 υ2 , , Vn = rn υn Trình bày tương tự hệ có số hạng O(z, ω) hệ xét thay V1 = r1 υ1 + O(z, ω), V2 = r2 υ2 + O(z, ω), Vn = rn υn + O(z, ω) Mặt khác, nghiệm phương trình số không phân biệt, hệ thay tập hợp số hệ V1 = r1 υ1 + O(z, υ), Vµ+1 = r2 υµ+1 + O(z, υ), V2 = r1 (υ2 + υ1 ) + O(z, υ), Vµ+2 = r2 (υµ+2 + υµ+1 ) + O(z, υ), 41 Vµ = r1 (υµ + υµ−1 ) + O(z, υ), Vν = r2 (υν + υν−1 ) + O(z, υ), Để biến đổi hệ, ta đặt υ1 = z r1 φ1 (z), υ2 = z r1 φ2 (z), , υn = z r1 φn (z), V1 , V2 , , Vn tổ hợp tuyến tính W1 , W2 , , Wn υ1 , υ2 , , υn tổ hợp tuyến tính ω1 , ω2 , , ωn , nên ta suy V1 = z dυ1 dυn , , Vn = z dz dz Do hệ trở thành dφ1 dz dφ2 z dz dφµ z dz dφµ+1 z dz z = = O1 (z, φ), r1 φ1 + O2 (z, φ), = r1 φµ−1 + Oµ (z, φ), = (r2 − r1 )φµ+1 + Oµ+1 (z, φ), Bởi tìm số hạng O(z, φ) tuyến tính φ1 , φ2 , , φn hệ số giải tích theo z bị triệt tiêu gốc, nên hàm φ xác định chuỗi lũy thừa z từ phương trình phương pháp xấp xỉ liên tiếp Dễ thấy φ1 (z), , φµ−1 (z) phải không z = 0, φµ (0) lấy giá trị a tùy ý Chẳng hạn, φµ−1 (0) = φµ (z) nâng lên lũy thừa số hạng logarit, điều trái với giả thiết Nếu r2 − r1 số nguyên dương, giả sử 42 m, nhìn chung trình xác định hệ số liên tiếp khai triển φµ+1 (z) suy biến số hạng z m , cân đối số hạng z m từ số hạng O(z, φ) Do vậy, với việc khai triển tất hàm φ thành chuỗi lũy thừa z, ta cần hạn chế rk − r1 không số nguyên dương (mặc dù không) với giá trị k Khi điều kiện hạn chế thỏa mãn xác định tất hệ số khai triển chuỗi hàm φ Ta phải chứng minh khai triển chuỗi hội tụ với giá trị |z| đủ nhỏ Ta chứng minh hội tụ sau Giả sử ε hiệu số r2 − r1 số nguyên dương gần nhất, xét hệ phương trình vi phân tuyến tính thường ψ1 = Q1 (z, ψ), ψ2 = r1 ψ1 + Q2 (z, ψ), ψµ − |a| = r1 ψµ + Qµ (z, ψ), εψµ+1 = Qµ+1 (z, ψ), Q1 , Q2 , , Qn biểu thức tuyến tính ψ1 , ψ2 , , ψn mà hệ số bị triệt tiêu điểm gốc hàm số trội tương ứng với hệ số số hạng O(z, φ) hệ φ1 , φ2 , , φn Nhưng hệ giải với hàm ψ chuỗi lũy thừa tăng z với hệ số dương chuỗi hội tụ với giá trị đủ nhỏ |z| Nếu hệ số số hạng đầu chuỗi hàm ψ modul số hạng đầu chuỗi hàm φ tương ứng, modul hệ số lại chuỗi 43 hàm φ hầu hết hệ số tương ứng chuỗi hàm ψ Do φ hội tụ tuyệt đối đường tròn xác định có tâm điểm gốc Từ suy hệ n phương trình vi phân tuyến tính cấp có nghiệm quy ω1 = z r1 u1 , ω2 = z r1 u2 , , ωn = z r1 un , u1 , u2 , , un giải tích lân cận z = r1 nghiệm phương trình số cho hiệu số rk −r1 không số nguyên dương, (với rk nghiệm khác phương trình số) Khi phương trình số hai nghiệm sai khác số nguyên, hệ có n nghiệm phân biệt Trong trường hợp có phương trình cấp n, tương đương với hệ, phương trình số [r]n + P1 (0)[r]n−1 + · · · + Pn−1 (0)r + Pn (0) = 0, [r]n − r(r − 1) (r − n + 1) Nếu nghiệm phương trình r1 , r2 , , rn , phương trình vi phân có nghiệm ω = z rk uk (z) tương ứng với nghiệm rk , uk (z) giải tích lân cận z = uk (0) = 0, với điều kiện hiệu số hiệu số sau nguyên dương r1 − rk , r2 − rk , , rn − rk , nhiều hệ số không * Trường hợp logarit 44 Để bổ sung cho chứng minh điều kiện đủ Định lý Fuchs ta cần xét trường hợp nghiệm phương trình số sai khác số nguyên Giả sử có nghiệm r1 , r2 , , rµ sai khác số nguyên sai khác tất nghiệm lại số khác số nguyên Giả sử r1 ≥ r2 ≥ ≥ rµ Theo kết phần trước, tồn nghiệm ω1 = z r1 u1 (z) tương ứng với r1 Giả sử ω = ω1 υdz nghiệm, υ thỏa mãn phương trình cấp n − thỏa mãn điều kiện Định lý Fuchs với z = Bởi υ= d ω ( ), dz ω1 nên nghiệm phương trình đặc trưng tương ứng với phương trình υ r2 − r1 − 1, r3 − r1 − 1, , rµ − r1 − µ − nghiệm đầu nghiệm số nguyên âm Bởi r2 ≥ r3 , nên có nghiệm υ = z r2 −r1 −1 ψ(z), ψ(z) giải tích gần điểm gốc ψ(0) = Do tồn nghiệm ω2 = ω3 z r3 −r1 −1 ψ(z)dz, nhân với số cần, ta đưa dạng tổng quát ω2 = z r1 {u1 (z) log z + u22 (z)} 45 Lặp lại trình ta thu nghiệm tổng quát ων = z r1 u1 (z)tν + uν1 (z)tν−1 + · · · + uνν (z) (ν = 2, 3, , µ), hàm u(z) giải tích lân cận z = Làm tương tự với nhóm số lại hoàn thành chứng minh điều kiện đủ 46 Kết luận Trên toàn nội dung khóa luận tốt nghiệp "Vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức" Khóa luận trình bày Trước hết hệ thống hóa số kiến thức số phức mặt phẳng phức, hàm biến phức, tích phân phức; đại cương phương trình vi phân phức, phương trình vi phân tuyến tính phức Kết nghiên cứu khoá luận việc trình bày vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Để thực mục đích trước hết trình bày khái niệm điểm kỳ dị phương trình vi phân phức đường cong kín bao quanh điểm kỳ dị Ngoài ra, điều cần quan tâm đến cấu trúc nghiệm phương trình, điều kiện cần điểm kỳ dị quy điều kiện đủ điểm kỳ dị quy 47 Tài liệu tham khảo [1] M D Adler, An Introduction to Complex Analysic for Engineers, (1997) [2] W E Boyce and R C Diprima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems, John and Sons, Inc, (2001) [3] E A Coddington, N Levinson, Theory of Ordinary Differential Equations, New York, (1955) [4] W Hundsdorfer, Ordinary Differential Equations, Radboud Universitiet Nijmegen, (2009) [5] E M Stein and R Shakarchi, Complex Analysis (Princeton Lectures In Analysis), Princeton University Press Princeton and Oxford, (2003) 48 [...]... phân tuyến tính Đó là điều liên quan trực tiếp đến vấn đề nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính phức Dưới đây, chúng ta sẽ xây dựng khái niệm tổng quát về điểm kỳ dị của phương trình vi phân tuyến tính 2.1 Khái niệm về điểm kỳ dị của phương trình vi phân tuyến tính phức Để đơn giản trong việc trình bày, chúng tôi chỉ trình bày khái niệm điểm kỳ dị đối với phương trình vi phân tuyến tính. .. Nghiệm này có thể biểu diễn dưới dạng chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối, đều trong bất kỳ đường tròn có tâm z0 , trong đó các hệ số p1 (z), , pn (z) là các hàm giải tích trong miền D nào đó của mặt phẳng phức 17 Chương 2 Vấn đề điểm kỳ dị và cấu trúc nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính phức Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày vấn đề về điểm kỳ dị và cấu trúc nghiệm của phương trình vi phân. .. nói tương tự với phương trình cấp cao) gắn liền với đặc trưng giải tích của hàm thương mà mẫu số là đa thức hệ số của đạo hàm cấp hai Mục tiêu chính của khóa luận là trình bày về sự phân loại điểm kỳ dị cũng tương tự như phương trình vi phân tuyến tính thực Phân loại điểm kỳ dị Điểm z0 được gọi là điểm kỳ dị chính quy của phương trình (2.1) nếu nó là một điểm kỳ dị của phương trình đó, đồng thời các... bất cứ điểm nào có thể trừ ra một điểm kỳ dị của p1 (z) Điểm tại vô cực có thể là điểm kỳ dị hoặc không là điểm kỳ dị, bởi các hệ số của phương trình thu được nhờ phép thế z = ζ −1 và sau khi rút gọn về dạng (2.2) có hoặc không có điểm kỳ dị tại gốc Như vậy, các điểm kỳ dị có thể tìm trực tiếp bằng việc kiểm tra phương 20 trình Đối với một vài điểm không kỳ dị bất kỳ ta có thể tìm được n nghiệm phân. .. 2.2 Đường cong kín bao quanh điểm kỳ dị Cho các hệ số của phương trình (2.2) một giá trị và chỉ có duy nhất một điểm kỳ dị cô lập Cho ω1 , ω2 , , ωn là tập các nghiệm cơ bản và z0 là một điểm thường (nghĩa là không kỳ dị) của phương trình Ta vẽ một chu tuyến đóng γ có điểm đầu và điểm cuối tại z0 không đi qua một điểm kỳ dị bất kỳ, nhưng có thể chứa một hay nhiều điểm kỳ dị ở bên trong nó Cho W1 , W2... khác, tính kỳ dị của nghiệm có thể không khác với tính kỳ dị của phương trình Giống như phương trình vi phân tuyến tính với các hệ số thực, nếu ω1 , ω2 , , ωn là n nghiệm phân biệt, lập thành hệ nghiệm cơ bản của phương trình, thì định thức Wronski ∆ (ω1 , , ωn ) không thể triệt tiêu tại z = z0 , bởi vì   ∆ = ∆0 exp −  z p1 (z)dz z0   ,  ở đó ∆0 là các giá trị của ∆ tại z = z0 và đường lấy tích phân. .. hai, phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hơn hoàn toàn tương tự Định nghĩa 2.1 Điểm z0 được gọi là điểm thường của phương trình vi phân tuyến tính P (z)ω (z) + Q(z)ω (z) + R(z)ω(z) = 0 nếu các hàm (2.1) Q(z) R(z) và là giải tích tại đó Trong các trường hợp khác P (z) P (z) 18 nó được gọi là điểm kỳ dị Việc tìm nghiệm chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính cấp hai (cũng có thể nói tương tự với phương. .. Ta gọi phương trình vi phân phức cấp một là phương trình có dạng dω = f (z, ω); dz (1.3) ở đó hàm f (z, ω) giải tích trong lân cận của điểm (z0 , w0 ) Ta gọi nghiệm của phương trình vi phân (1.3) là tất cả các hàm giải tích ω = ω(z) thỏa mãn phương trình đó Nói chung, nghiệm của phương trình vi phân phức cũng phụ thuộc vào các hằng số tùy ý; nghiệm như vậy cũng được gọi là nghiệm tổng quát Nghiệm suy... pn (z)ω = 0 1 n−1 dz n dz n−1 dz (1.5) Phương trình (1.5) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng với phương trình (1.4) Trong trường hợp pi (z) (i = 1, n) là các hằng số thì phương trình được gọi là phương trình vi phân tuyến tính với hệ số hằng số Đối với phương trình vi phân việc nghiên cứu vấn đề tồn tại và duy nhất nghiệm là khá phức tạp Dưới đây chúng tôi chỉ phát biểu... nào đó mà n hệ số của phương trình trên đều giải tích Khi đó, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm, tồn tại một nghiệm duy nhất của phương trình mà nghiệm này và n − 1 đạo hàm đầu tiên của nó được gán cho các giá trị tùy ý khi z = z0 Nghiệm này có thể biểu diễn dưới dạng chuỗi lũy thừa của z − z0 , hội tụ ít nhất trong đường tròn tâm z0 và đường lấy chu vi của nó đi qua điểm kỳ dị của các hệ số gần ... mặt phẳng phức 17 Chương Vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Trong chương này, trình bày vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính Đó... tồn nghiệm phương trình vi phân phức Chương Đây phần khóa luận Ở em giới thiệu vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Trong em trình bày vấn đề điểm kỳ dị, cấu trúc. .. đại cương phương trình vi phân phức, phương trình vi phân tuyến tính phức Kết nghiên cứu khoá luận việc trình bày vấn đề điểm kỳ dị cấu trúc nghiệm phương trình vi phân tuyến tính phức Để thực