CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

Chia sẻ: Tran Van Khang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

1
373
lượt xem
92
download

CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về lý thuyết thặng dư

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ

  1. CHƯƠNG 5: LÝ THUYẾT THẶNG DƯ §1. KHÁI NIỆM VỀ THẶNG DƯ 1. Định nghĩa thặng dư: Giả sử f(z) là một hàm giải tích trong một lân cận của điểm a trừ chính điểm a (nghĩa là a là điểm bất thường cô lập của f(z)). Nếu C là đường cong kín bất kì bao lấy điểm a và nằm trong lân cận nói trên thì theo định lí Cauchy, tích phân ∫ f (z)dz là một số không phụ thuộc C. Ta gọi thặng dư của hàm f(z) tại a là C kết quả phép chia ∫ f (z)dz cho 2πj. Thặng dư được kí hiệu là Res[f(z), a]. Tóm lại: C 1 Res[f(z), a] = ∫ f (z)dz 2πj C (1) ⎡ 1 ⎤ 1 1 2πj Ví dụ: Res ⎢ , a⎥ = ⎣ z − a ⎦ 2πj C ∫ z − a dz = 2πj = 1 2. Cách tính thặng dư: Công thức chung để tính thặng dư là: Res[f(z), a] = c-1 (2) 1 Trong đó c-1 là hệ số của trong khai triển Laurent của hàm f(z) tại lân cận điểm z−a a. Chứng minh: Theo công thức tính hệ số của khai triển Laurent: 1 f ( ζ ) dζ cn = ∫ (ξ − a ) n +1 2πj C Khi n = -1 ta có: 1 c −1 = 2πj C ∫ f (ζ)dζ = Res[f(z), a] a. Thặng dư tại cực điểm đơn: Nếu a là cực điểm đơn của hàm f(z) thì : Res[f(z), a] = lim[(z − a )f (z)] (3) z→a z2 Ví dụ 1: Vì z = 2 là cực điểm đơn của nên z−2 ⎡ z2 ⎤ Res[f(z), a] = lim ⎢(z − 2) ⎥ = lim 2 = 4 z2 z →2 ⎣ z − 2⎦ z→ 1 Ví dụ 2: Cho f (z) = . Tính thặng dư tại a = 0 sin z Ta đã biết : z3 z5 ⎛ z2 z4 ⎞ sin z = z − + − L = z⎜1 − + − L⎟ ⎜ ⎟ 3! 5! ⎝ 3! 5! ⎠ 88
  2. Căn cứ vào khai triển này ta thấy điểm z = 0 là không điểm đơn của sinz. vậy điểm z 1 = 0 là cực điểm đơn của f (z) = . Theo (3) ta có: sin z ⎡ 1 ⎤ Res[f(z), a] = lim ⎢z =1 z→0 ⎣ sin z ⎥ ⎦ f (z) Định lí: Giả sử f (z) = 1 , trong đó f1(z) và f2(z) là những hàm giải tích tại a. Điểm f 2 (z) a là không điểm đơn của f2(z0 và không phải là không điểm của f1(z). Khi đó: f (a ) Res[f(z), a] = 1 (4) ′ f 2 (a ) Chứng minh: Theo giả thiết ta thấy a là cực điểm đơn của f(z). Theo (3) ta có: ⎡ ⎤ ⎡ f (z) ⎤ ⎢ f (z) ⎥ Res[f(z), a] = lim ⎢(z − a ) 1 ⎥ = lim ⎢ 1 ⎥ z →a ⎣ f 2 ( z ) ⎦ z →a ⎢ f 2 ( z ) ⎥ ⎢ (z − a ) ⎥ ⎣ ⎦ Vì f2(a) = 0 nên ta có thể viết: lim f1 (z) f (a ) Res[f(z), a] = z →a = 1 f ( z ) − f 2 (a ) f 2 (a ) ′ lim 2 z→a (z − a ) Ví dụ 3: Tính thặng dư của f(z) = cotgz Vì a = 0 là đơn của cotgz nên theo (4) ta có: f (a ) cos 0 Res[f(z), a] = 1 = =1 ′ f 2 (a ) cos 0 z +1 Ví dụ 4: Tính thặng dư của hàm f ( z) = 2 tại a = 2j. z +4 Vì 2j là không điểm đơn của (z2 + 4) nên nó là cực điểm đơn của f(z). Theo (4) ta có: f (a ) 2 j + 1 1 1 Res[f(z), a] = 1 = = − j ′ f 2 (a ) 4j 2 4 ez Ví dụ 5: Tính thặng dư của hàm f (z) = tại a = ±j (z − j)(z + j) Ta thấy f(z) có hai cực điểm đơn là ±j. Áp dụng công thức (4) ta có: ez ej j Res[f(z), j] = lim = = − (cos1 + j sin 1) z→ j z + j 2j 2 z −j e e j Res[f(z), -j] = lim = = (cos1 − j sin 1) z →− j z − j − 2j 2 b. Thặng dư tại cực điểm cấp m: Nếu a là cực điểm cấp m của f(z) thì: 89
  3. d m−1 Res[f(z),a] = 1 [ ] lim m−1 (z − a ) m f (z) (m − 1)! z→a dz (5) 1 Ví dụ 1: Tính thặng dư của hàm f (z) = 2 tại a = j (z + 1) 3 Vì (z2 + 1)3 = (z + j)3(z - j)3 nên j là không điểm cấp 3 của (z2 + 1)3. Vậy j là cực điểm cấp 3 của hàm f(z). Theo (5) với m = 3 ta có: 1 d2 ⎡ 1 ⎤ 1 d2 ⎡ 1 ⎤ Res[f(z), a] = lim 2 ⎢(z − j) 2 3 = lim 2! z→ j dz ⎣ (z + 1)3 ⎥ 2 z→ j dz 2 ⎢ (z 2 + j)3 ⎥ ⎦ ⎣ ⎦ 1 12 6 3j = lim 2 = =− 2! z→ j (z + j) 5 (2 j) 5 16 −z e Ví dụ 2: Tìm thặng dư của hàm f (z) = 3 z Ta thấy z = 0 là không điểm cấp 3 của z3 nên z = 0 là cực điểm cấp 3 của hàm f(z). Dùng công thức (5) ta có: 1 d 2e − z 1 Res[f(z), a] = lim = 2! z→0 dz 2 2 §2. ỨNG DỤNG THẶNG DƯ 1. Định lí 1: Nếu f(z) giải tích trong miền G , giới hạn bởi đường cong kín L, ngoại trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a1, a2, ..,as ở bên trong thì: s ∫ f (z)dz = 2πj∑ Re s[f (z), a k ] k =1 (8) L Chứng minh: Loại đi khỏi miền G các hình tròn γ1, γ2,...,γs có tâm lần lượt là a1, a2, ..,as và có bán kính đủ nhỏ ta được một miền đa liên . Áp dụng định lý Cauchy cho miền đa liên này ta được: 1 1 1 2πj L ∫ f (z)dz = 2πj ∫ f (z)dz + L + 2πj ∫ f (z)dz γ1 γs Nhưng vì: 1 ∫ f (z)dz = [ Resf(z), ak], k = 1, 2,..., s 2πj γ k nên thay vào ta có: ∫ f (z)dz = 2πjRes[f(z), ak] + ⋅⋅⋅ + 2πjRes[f(z), ak] L 2. Định lí 2: Nếu f(z) giải tích trong toàn bộ mặt phẳng ngoại trừ tại một số hữu hạn cực đỉểm a1, a2, ..,as = ∞ thì: s ∑ Re s[f (z), a k ] + Re s[f (z), a k ] = 0 k =1 Chứng minh: Chọn R đủ lớn để đường tròn | z | = R bao lấy tất cả các điểm a1, a2,.., an, Ta có: 90
  4. s 1 ∑ Re s[f (z ), a k ] = 2πj ∫ f (z )dz k =1 C Theo định nghĩa thặng dư tại ∞: 1 1 Res[f(z), ∞] = 2 πj C ∫−f (z )dz = − 2πj ∫ f (z )dz C Cộng các vế của hai đẳng thức này ta được điều cần phải chứng minh. z 2dz Ví dụ 1: Tính ∫ 2 , L là đường tròn tâm | z | = 2 L ( z + 1)( z + 3) z2 Hàm f (z ) = 2 có 3 cực điểm là z = j, z = -j và z = -3. (z + 1)( z + 3) Trong hình tròn | z | < 2 có hai cực điểm là ±j, đều là các cực điểm đơn. Tính thặng dư tại các cực điểm đó ta có: z2 j2 j 1 + 3j Res[f(z), j] = lim(z − j)f (z ) = lim = = = z→ j z → j ( z + j) + ( z + 3) 2 j(z + 3) 2z + 6 20 z2 f1 ( − j) z + 3 z2 j2 1 − 3j Res[f(z), -j] = = = = = f 2′ ( − j) 2z 2z ( z + 3) z = − j − 2 j(3 − j) 20 z=− j Vậy ⎛ 1 + 3 j 1 − 3 j ⎞ πj I = Res[f(z), j] + Res[f(z) , -j] = 2πj⎜ + ⎟= ⎝ 20 20 ⎠ 5 cos zdz Ví dụ 2: Tính I = ∫ 2 , L là đường tròn | z | = 2 L z ( z − 2) cos z Hàm f ( z ) = 2 có z = 0 là cực điểm cấp 2 và điểm z = 2 là cực điểm cấp 1. z ( z − 2) Trong hình tròn | z | < 1 chỉ có một cực điểm z = 0 nên: I = 2πj.Res[f(z), 0] Nhưng vì: ′ ⎡ cos z ⎤ ⎡ 2 cos z ⎤ ⎛ cos z ⎞ − sin z ( z − 2) − cos z 1 Res ⎢ 2 ⎥ = lim ⎢z z 2 ( z − 2) ⎥ = lim⎜ z − 2 ⎟ = lim =− ⎣ z ( z − 2) ⎦ z → 0 ⎣ ( z − 2) 2 ⎦ z →0 ⎝ ⎠ z →0 4 πj nên I = − 2 e z dz Ví dụ 3: Tính I = ∫ 2 với C là đường tròn | z | = 3 C z +1 Hàm f(z) dưới dấu tích phân có hai điểm bất thường j và -j nằm trong hình tròn biên C. Theo ví dụ ở mục trước ta có: 91
  5. ej e− j Res[f(z), j] = và Res[f(z), -j] = 2j 2j Nên: I = 2πjsin1 z+3 Ví dụ 4: Tính I = ∫ dz với C là đường tròn | z - 0.5 | =1 C ( z − 1)( z + 1) 2 Trong miền giới hạn bởi C, hàm f(z) dưới dấu tích phân chỉ có một điểm bất thường là z = 1, cực điểm đơn. Do đó: I = 2πj.Res[f(z), 1] = lim(z − 1)f ( z ) = 2πj z →1 ∞ 3.Tích phân thực dạng ∫ R( x )dx trong đó R(x) là một phân thức hữu tỉ −∞ a. Bổ đề 1: Giả sử CR là một nửa đường tròn tâm O, bán kính R, nằm trong nửa mặt phẳng trên Imz > 0. Nếu f(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn y điểm bất thường và thoả mãn: lim zf (z ) = 0 0 ≤ arg z ≤ π CR z→∞ thì: lim ∫ f ( z )dz = 0 O x R →∞ CR Chứng minh: Phương trình CR có dạng z = Rejϕ với ϕ là tham số biến thiên từ 0 đến π. Chọn R khá lớn sao cho các điểm bất thường của f(z) đều nằm trong miền | z | < R. Vậy hàm f(z) liên tục trên CR và theo cách tính tích phân ta có: π jϕ ∫ f (z )dz = ∫ f (Re ) Re jϕ dϕ CR 0 Ta ước lượng tích phân này. Vì lim zf ( z ) = 0 nên ∀ε > 0 cho trước ta luôn tìm được z→∞ một số N > 0 sao cho khi | z | > N thì | z.f(z) | < ε. Vậy nếu z ∈ CR+ với R > N thì: | f(Rejϕ).Rejϕ | = | z.f(z) | < ε Do đó: π ∫ f (z )dz ≤ ε ∫ dϕ = επ CR 0 Vì ε bé tuỳ ý nên ta suy ra lim ∫ f ( z )dz = 0 R →∞ CR b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức mà đa thức mẫu số có bậc lớn hơn đa thức tử số ít nhất là hai đơn vị, R(z) có một số hữu hạn cực điểm a1, a2,..., an nằm trong nửa mặt phẳng trên và không có cực điểm nằm trên trục thực. Khi đó ta có: +∞ s ∑ ∫ R ( x )dx = 2πjk =1 Re s[ R (z ), a k ] (9) −∞ Ta thừa nhận mà không chứng minh định lí này. 92
  6. ∞ dx Ví dụ 1:Tính I = ∫ 0 x +1 4 Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: ∞ dx 1 ∞ dx Ta có: I = ∫ 4 = ∫ 4 0 x +1 2 −∞ x + 1 1 Đặt R ( z ) = 4 . Phương trình z4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên z +1 là: 2 2 2 2 z1 = + j , z2 = −j . Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có 2 2 2 2 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ z z ⎞ πj π 2 I = πj∑ Re s[R (z ), a k ] = πj⎜ 3 + 3 ⎟ = πj⎜ 14 + 24 ⎟ = − (z1 + z 2 ) = ⎜ 4z 4 z ⎟ ⎜ 4z ⎟ k =1 ⎝ 1 2 ⎠ ⎝ 1 4z 2 ⎠ 4 4 +∞ x −1 Ví dụ 2: Tính I = ∫ dx − ∞ ( x + 1) 2 2 z −1 z −1 Hàm R ( z ) = 2 = thoả mãn các giả thiết của định lí. Trong nửa ( z + 1) 2 ( z − j) 2 ( z + j) 2 mặt phẳng trên, nó có cực điểm cấp 2 là z = j. Theo (9); I = 2πjRes[R(z), j] d ⎡ z −1 ⎤ 2 + j− z π = 2πj lim [(z − j) 2 R (z )] = 2πj lim ⎢ d 2⎥ = 2πj lim =− z → j dz z → j dz ( z + j) z → j ( z + j) 3 2 ⎣ ⎦ ∞ x 2dx Ví dụ 3: Tính I = ∫ 4 0 x +1 Vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: ∞ dx 1 ∞ dx Ta có: I = ∫ 4 = ∫ 4 0 x +1 2 −∞ x + 1 z2 Đặt R ( z ) = 4 . Phương trình z4 + 1 = 0 có hai nghiệm trong nửa mặt phẳng trên z +1 là: 2 2 2 2 z1 = + j , z2 = −j . Rõ ràng R(z) đủ điều kiện để áp dụng (9). Ta có 2 2 2 2 2 I = πj∑ Re s[R (z ), a k ] k =1 z2 z2 1 1 1 1− j Res[R(z), j] = = 3 = = = = ( z + 1) z = z1 4z z = z1 4z1 4 2 2 2 (1 + j) 4 2 4 (1 + j) 2 Tương tự: 93
  7. 1 −1− j Res[R(z), j] = = 2 2 (1 − j) 4 2 ⎛ 1 − j − 1 − j ⎞ 2π π 2 Vậy: I = πj⎜ + ⎟= = ⎝4 2 4 2 ⎠ 4 2 4 c. Định lý 2: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ mà bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất 2 đơn vị. Hàm R(z) có các cực điểm trong nửa mặt phẳng trên là a1, a2,.., as và có m cực điểm đơn trên trục thực là b1, b2,..,bm. Khi đó ta có: +∞ s m ∫ R ( x )dx = 2πj∑ Re s[R (z ), a k ] + πj∑ Re s[R (z ), bi ] (11) −∞ k =1 i =1 +∞ +∞ 4. Tích phân dạng ∫ R ( x ) cos αxdx và ∫ R( x ) sin αxdx (α > 0) −∞ −∞ jαx Theo công thức Euler thì e = cosαx + jsinαx nên cosαx = Re(ejαx) và sinαx=Im(ejαx). Vậy: +∞ +∞ jαx ∫ R ( x ) cos αxdx = Re ∫ R ( x )e dx −∞ −∞ +∞ +∞ ∫ R ( x ) sin αxdx = Im ∫ R ( x )e jαx dx −∞ −∞ +∞ jαx Do đó muốn tính các tích phân đã cho, chỉ cần tính ∫ R ( x )e dx rồi lấy phần thực −∞ +∞ jαx hay phần ảo của nó là được. Khi tính ∫ R ( x )e dx ta dùng bổ đề sau: −∞ a. Bổ đề Jordan: Gọi CR là cung tròn | z | = R Imz > a (a là số thực cố định cho trước) nghĩa là CR là cung tròn tâm O, bán kính R và nằm phía trên đường thẳng y=a. Nếu F(z) có dạng ejαzf(z) trong đó α là một số dương cố định còn f(z) giải tích trong nửa mặt phẳng Imz ≥ a , trừ tại một số hữu hạn điểm bất thường và thoả mãn lim f ( z ) = 0 thì: z→∞ lim ∫ F( z )dz = lim ∫ e jαz f ( z )dz R →∞ R →∞ CR CR Ta thừa nhận không chứng minh bổ đề này b. Định lí 1: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ thoả mãn các điều kiện sau: * R(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn các cực điểm a1, a2,.., as * R(z) không có cực điểm trên trục thực * trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1 đơn vị. Thế thì: +∞ s ∫ R ( x )e dx = 2πj∑ Re s[ R (z )e , a k ] jαx jαx (14) −∞ k =1 94
  8. Trong α là một số cho trước. Ta cũng không chứng minh định lí này. +∞ x cos x Ví dụ 1: I = ∫ 2 dx − ∞ x − 2 x + 10 +∞ xe jx Ta có: I = Re ∫ 2 dx − ∞ x − 2 x + 10 Để tính I ta áp dụng (14). Muốn vậy ta phải tìm các cực điểm của z R (z) = 2 . Giải phương trình z2 - 2z + 10 = 0 ta có hai nghiệm là z = 1 ± 3j. z − 2z + 10 Đó là hai cực điểm đơn của R(z). Cực điểm z = 1 + 3j nằm trong nửa mặt phẳng trên. Dùng công thức (14) ta có: +∞ xe jx ⎡ ze jz ⎤ ze jz (1 + 3 j)e −3+ j ∫ 2 dx = 2πj. Re s ⎢ 2 ,1 + 3 j⎥ = 2πj = 2πj − ∞ x − 2 x + 10 ⎣ z − 2z + 10 ⎦ 2 z − 2 z =1 + 3 j 6j π π = e − 3 (cos1 − 3sin1) + j e − 3 (3 cos1 + sin1) 3 3 Từ đó suy ra: π I = e − 3 (cos1 − 3sin 1) 3 c. Định lí 2: Giả sử R(z) là một phân thức hữu tỉ thoả mãn các điều kiện sau: * R(z) giải tích trong nửa mặt phẳng trên, trừ tại một số hữu hạn các cực điểm a1, a2,.., as * R(z) có m cực điểm trên trục thực b1. b2,...,bn * trong biểu thức của R(z), bậc của mẫu số lớn hơn bậc của tử số ít nhất là 1 đơn vị. Thế thì với α là một hằng số dương cho trước : +∞ s m ∫ R ( x )e dx = 2πj∑ Re s[ R (z )e , a k ] + πj∑ Re s[ R (z )e , bk ] jαx jαx jαx (16) −∞ k =1 k =1 ∞ sin x Ví dụ: Tính I = ∫ dx 0 x sin x Vì là hàm chẵn nên ta có thể viết được: x 1 +∞ sin x I= ∫ dx 2 −∞ x Mặt khác: +∞ +∞ jz sin x e ∫ x dx = Im ∫ z dz −∞ −∞ +∞ jz 1 e Vậy: I = Im ∫ dz 2 −∞ z 95
  9. 1 Vì hàm R ( z ) = có cực điểm duy nhất tại z = 0 nên theo (6) ta có: z +∞ jz e ⎡ e jz ⎤ ∫ dz = πj Re s ⎢ ,0⎥ = πj lim e jz = πj −∞ z ⎣z ⎦ z →0 π Thay vào trên ta được: I = 2 2π 5. Tích phân dạng ∫ f (sin t, cos t )dt 0 dz Đặt z = ejt thì lnz = jt, dt = và theo định nghĩa các hàm lượng giác ta có: jz 1 1 z+ z− cos t = z , sin t = z. 2 2j Khi t chạy từ 0 đến 2π, điểm z vẽ nên đường tròn C: | z | = 1. Vậy: 2π ⎡ j⎛ 1⎞ 1⎛ 1 ⎞⎤ jdz ∫ f (sin t, cos t )dt = ∫ f ⎢− 2 ⎜ z − z ⎟, 2 ⎜ z + z ⎟⎥ z ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ (17) 0 L ⎣ Trong đó L là đường tròn | z | = 1 2π 2 + cos t Ví dụ 1: Tính I = ∫ dt 0 2 − sin t Theo (17) ta có: 1⎛ 1⎞ 2 + ⎜z + ⎟ 2⎝ z ⎠ jdz 4z + z 2 + 1 jdz z 2 + 4z + 1 dz I=∫ = −∫ = −∫ 2 L 4z + jz − j z L z − 4 jz − 1 z j⎛ 1⎞ z 2 L 2 + ⎜z − ⎟ 2⎝ z⎠ Hám dưới dấu tích phân có 3 điểm cực là z = 0, z = 2 j ± j 3 . Vì ( 2 − 3 ) j = 2 − 3 < 1; ( 2 + 3 ) j = 2 + 3 > 1 nên bên trong L chỉ có 2 cực điểm là a1 = 0 và a2 = 2 − 3 . ta tính thặng dư: ⎡ z 2 + 4z + 1 ⎤ z 2 + 4z + 1 Res ⎢ 2 ,0 = lim = −1 ⎣ z ( z − 4 jz − 1) ⎥ z → 0 z 2 − 4 jz − 1 ⎦ ⎡ z 2 + 4z + 1 ⎤ z 2 + 4z + 1 2 3 Res ⎢ 2 , ( 2 − 3 ) j⎥ = =1+ j ⎣ z ( z − 4 jz − 1) ⎦ z ( 2z − 4 j) ( 2 − 3) j 3 Theo định lí 1 mục trước ta có: ⎡ ⎛ 2 3 ⎞⎤ ⎛ 2 3 ⎞ 4π 3 I = −2 πj⎢ − 1 + ⎜1 + j ⎜ ⎟⎥ = −2πj⎜ j ⎟ ⎜ 3 ⎟= 3⎟ ⎣ ⎝ 3 ⎠⎦ ⎝ ⎠ π dt Ví dụ 2: Tính I = ∫ 0 2 + cos t 96
  10. Đặt z = ejt , vì hàm dưới dấu tích phân là chẵn nên ta có: 1 π dt 1 dz 1 dt 1 dz I= ∫ = ∫ = ∫ 2 = ∫ 2 − π 2 + cos t 2 j C ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ j C z + 4z + 1 j C ( z − a )( z − b) ⎢ 2 + ⎜z + ⎟⎥ ⎢ ⎝ z⎠ ⎥z ⎢ 2 ⎥ ⎢ ⎣ ⎥ ⎦ Trong đó C là đường tròn | z | = 1, a = − 2 + 3 và b = − 2 − 3 là các nghiệm của phương trình z2 + 4z + 1 = 0. Vì | a | < 1 và | b | > 1 nên ta có: ⎡ 1 ⎤ 2π π I = 2π.Res ⎢ ,a⎥ = = ⎣ ( z − a )( z − b) ⎦ a − b 3 97

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản