Bài tập Hàm biến phức (mới)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:151

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ebook Bài tập Hàm biến phức (mới) gồm có 4 chương với những nội dung ôn tập như sau: Số phức, dãy số phức và chuỗi số phức; hàm phức; hàm chỉnh hình và lí thuyết Cauchy; lý thuyết thặng dư. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập Hàm biến phức (mới)

BÀI TẬP HÀM BIẾN PHỨC Ngày 17 tháng 1 năm 2022
2
Mục lục Lời nói đầu 3 1 Số phức, dãy số phức và chuỗi số phức 7 2 Hàm phức 25 3 Hàm chỉnh hình và lí thuyết Cauchy 49 4 Lý thuyết thặng dư 99 Tài liệu tham khảo chính 149 3
4
Lời nói đầu Tác giả 5
6
Chương 1 Số phức, dãy số phức và chuỗi số phức Bài 1.1. Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác, dạng mũ: √ √ (1 + i 3)3 √ a) −1−i; b) 1+i 3; c) ; d) ( 3+i)4 (1−i). −1 − i Lời giải. √ 3π a) Ta có | − 1 − i| = 2, arg(−1 − i) = − . Do đó 4 √ 3π 3π √ −i 3π −1 − i = 2(cos(− ) +i sin(− )) = 2.e 4 4 4 √ √ π b) Ta có |1 + i 3| = 2, arg(1 + i 3) = . Do đó √ 3 π π iπ 1 + i 3 = 2(cos + i sin ) = 2.e 3 3 3 7
√ √ (1 + i 3)3 |1 + i 3|3 8 √ c) Ta có = = √ = 4 2 và −1 − i | − 1 − i| 2 √ 3 (1 + i 3) √ π 3π 7π arg = 3 arg(1 + i 3) − arg(−1 − i) = 3 + = . −1 − i 3 4 4 Do đó√ (1 + i 3)3 √ 7π 7π √ 7π = 4 2 (cos + i sin ) = 4 2.ei 4 −1 − i 4 4 √ 4 4 √ √ d) Ta có |( 3 + i) (1 − i)| = 2 2 = 16 2, và √ √ π π 5π arg(( 3 + i)4 (1 − i)) = 4 arg( 3 + i) + arg(1 − i) = 4 − = . 6 4 12 √ √ 5π 5π √ i 5π Vậy ( 3 + i)4 (1 − i) = 16 2.(cos +i sin ) = 16 2.e 12 2 12 12 1−i √ Bài 1.2. Rút gọn: a) z = ; b) z = (1 + i 3)3 . 1+i 1−i (1 − i)2 −2i Lời giải. a) z = = = = −i. 1+i 2 2 √ π π b) 1 + i 3 = 2(cos − i sin ) √ 3 3 z = (1 + i 3)3 = 8(cos π + i sin π) = −8. 2 Bài 1.3. Chứng minh rằng 1 z1 z2 |z1 + z2 | ≥ (|z1 | + |z2 |) + 2 |z1 | |z2 | Lời giải. Đặt z1 = r1 (cos α + i sin α), z2 = r2 (cos β + i sin β). Khi đó 2 2 VT = (r1 cos α + r2 cos β)2 + (r1 sin α + r2 sin β)2 = r1 + r2 + 2r1 r2 cos(α − β). 8
1 1 V P = (r1 +r2 ) (cos α + cos β)2 + (sin α + sin β)2 = (r1 +r2 ) 2 + 2 cos(α − β). 2 2 Từ đó bình phương hai vế dễ dàng suy ra bất đẳng thức đúng. 2 Bài 1.4. Chứng minh |1 − z1 .z2 |2 − |z1 − z2 |2 = (1 − |z1 |2 )(1 − |z2 |2 ) Lời giải. ¯ Chú ý rằng |Z|2 = Z.Z. Ta có |1 − z1 .z2 |2 − |z1 − z2 |2 = (1 − z 1 .z2 )(1 − z 1 .z2 ) − (z1 − z2 )(z1 − z2 ) = (1 − z 1 .z2 )(1 − z1 .z 2 ) − (z1 − z2 )(z 1 − z 2 ) = 1 − z1 z 2 − z 1 z2 + z1 z 1 z2 z 2 − z1 z 1 + z1 z 2 + z2 z 1 − z2 z 2 = 1 + |z1 |2 |z2 |2 − |z1 |2 − |z2 |2 = (1 − |z1 |2 )(1 − |z2 |2 ). 2 Bài 1.5. Chứng minh |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = 2(|z1 |2 + |z2 |2 ). Lời giải. Ta có |z1 + z2 |2 + |z1 − z2 |2 = (z1 + z2 )(z1 + z2 ) + (z1 − z2 )(z1 − z2 ) 9
= (z1 + z2 )(z 1 + z 2 ) + (z1 − z2 )(z 1 − z 2 ) = z1 z 1 + z1 z 2 + z2 z 1 + z2 z 2 + z1 z 1 − z1 z 2 − z2 z 1 + z2 z 2 = 2(|z1 |2 + |z2 |2 ). Cách 2. Gọi z1 = a + bi, z2 = c + di. V T = |(a + c) + i(b + d)|2 = |(a − c) + i(b − d)|2 = [(a + c)2 + (b + d)2 ] + [(a − c)2 + (b − d)2 ] 2 2 2 2 2 2 2 = 2[(a + b ) + (c + d )] = 2(|z1 | + |z2 | ) = V P. Bài 1.6. Tìm căn các số phức sau: √ √ √ a) 3 1; b) 4 1; c) 3 −2 + 2i. Lời giải. √ a) 1 = 1.e0i nên 1 = e(2kπi)/3 (k = 0, 1, 2) hay 3 √ √ √ 3 −1 3 −1 3 1 = 1, +i , −i 2 2 2 2 √ 4 π+2kπ b) −1 = e (k = 0, 1, 2, 3) hay 4 √√ √ √ √ √ √ √ √4 2 2 − 2 2 − 2 2 2 2 −1 = +i , +i , −i , −i 2 2 2 2 2 2 2 2 √ i 3π c) −2 + 2i = 8e 4 . Do đó √ √ 3π+8kπ 3 −2 + 2i = 2ei 12 (k = 0, 1, 2). Vậy √ √ π √ 11π √ 19π 3 −2 + 2i = 2ei 4 , 2ei 12 , 2ei 12 10
2 z Bài 1.7. Chứng minh − 1 ≤ | arg z| và giải thích ý nghĩa hình |z| học. Lời giải. Viết z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Khi đó z −1 = | cos ϕ − 1 + i sin ϕ| = (cos ϕ − 1)2 + sin2 ϕ |z| = 2(1 − cos ϕ) = 4 sin2 ϕ/2 = 2| sin ϕ/2| ≤ 2|ϕ/2| = |ϕ| = | arg z|. Ý nghĩa hình học: Nếu vẽ đường tròn đơn vị và gọi A là điểm biểu z z diễn cho số 1 và B là điểm biểu diễn cho số |z| thì |z| − 1 là độ dài của dây AB. Còn | arg z| là độ dài của cung AB. Hệ thức vừa chứng minh nói lên độ dài của dây AB phải nhỏ hơn hay bằng độ dài cung AB. 2 Bài 1.8. Chứng minh rằng nếu z1 + z2 + z3 = 0 và |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 thì những điểm z1 , z2 , z3 là 3 đỉnh của một tam giác đều nội tiếp trong hình tròn đơn vị. Lời giải. Vì |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 nên z1 , z2 , z3 thuộc đường tròn đơn vị. Ta chỉ cần chứng minh |z1 − z2 | = |z2 − z3 | = |z3 − z1 |. Xét hiệu: |z1 − z2 |2 − |z2 − z3 |2 = z2 z3 + z2 z3 − z2 z1 − z1 z2 ; |z1 − z3 |2 − |z2 − z3 |2 = z2 z3 + z2 z3 − z1 z3 − z1 z3 . 11
Ta chứng minh vế phải của hai đẳng thức trên bằng nhau. Thật vậy z2 z3 + z2 z3 − z2 z1 − z1 z2 = z2 z3 + z2 z3 − z1 z3 − z1 z3 ⇔ −z2 z1 − z1 z2 − z2 z3 − z2 z3 = −z1 z3 − z1 z3 − z2 z3 − z2 z3 ⇔ z2 (−z1 − z3 ) + z2 (−z1 − z3 ) = z3 (−z1 − z2 ) + z3 (−z1 − z2 ) ⇔ z2 z2 + z2 z2 = z3 z3 + z3 z3 (do z1 + z2 + z3 = 0) ⇔ |z2 |2 = |z3 |2 (đúng do |z1 | = |z2 | = |z3 | = 1). Vậy |z1 − z2 |2 − |z2 − z3 |2 = |z1 − z3 |2 − |z2 − z3 |2 . Suy ra |z1 − z2 | = |z1 − z3 |. Tương tự ta có |z1 − z2 | = |z2 − z3 |. Do đó tam giác z1 z2 z3 là tam giác đều và do đó nó là tam giác đều nội tiếp trong hình tròn đơn vị. −→ −−→ − → Cách 2. Gọi z1 ứng với OA, z2 ứng với OB, z3 ứng với OC. Ta có − → − − → − → → − OA + OB + OC = 0 , suy ra O là trọng tâm tam giác ABC. Mặt khác từ z1 | = |z2 | = |z3 | = 1 suy ra OA = OB = OC = 1. Do đó O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vậy tam giác ABC có trọng tâm trùng tâm ngoại tiếp nên nó phải là tam giác đều. 2 Bài 1.9. Tìm điều kiện cần và đủ để 3 điểm z1 , z2 , z3 từng đôi một khác nhau cùng nằm trên một đường thẳng. 12
Lời giải. =⇒). Do z1 , z2 , z3 cùng nằm trên một đường thẳng nên z1 − z3 z1 − z3 = k(z1 − z2 ) với k là một số thực. Vậy = k. Do đó z1 − z2 z1 − z3 Im = 0. Vậy điều kiện cần để 3 điểm z1 , z2 , z3 từng đôi một z1 − z2 khác nhau và cùng nằm trên một đường thẳng là z1 − z3 Im = 0. z1 − z2 Ta thấy rõ ràng điều kiện trên cũng là điều kiện đủ. 2 Bài 1.10. Cho biết 2 đỉnh liên tiếp z1 và z2 của đa giác đều n cạnh. Tìm đỉnh z3 kề với z2 (z3 = z1 ). Lời giải. Viết z3 = z2 + (z3 − z2 ). 2π Rõ ràng |z3 − z2 | = |z2 − z1 | và góc giữa z3 − z2 với z2 − z1 là . n Nên z3 − z2 = (z2 − z1 )ei2π/n . Do đó z3 = z2 + (z2 − z1 )ei2π/n . 2 √ Bài 1.11. Chứng minh rằng cả hai giá trị z 2 − 1 nằm trên đường thẳng đi qua gốc toạ độ và song song với đường phân giác của góc trong của tam giác với đỉnh tại các điểm −1, 1, z và đường phân giác này đi qua điểm z. Lời giải. Giả sử z 2 − 1√ r(cos ϕ + i sin ϕ) với r > 0, 0 ≤ ϕ < 2π. = Khi đó tập giá trị của z 2 − 1 là √ ϕ ϕ √ ϕ ϕ { r(cos + sin ); r(cos( + π) + sin( + π))}. 2 2 2 2 13
Do đó, ta chỉ cần chứng minh √ ϕ ϕ z1 = r(cos + sin ) 2 2 thuộc đường thẳng đó. 2 1 Ta có z1 = (z − 1)(z + 1), nên arg z1 = (arg(z − 1) + arg(z + 1)). 2 Từ hình vẽ và lý luận trên ta suy ra z1 nằm trên đường thẳng chứa phân giác trong tại đỉnh 0 của tam giác có ba đỉnh là 0, z − 1, z + 1. Dựa vào tính chất hình bình hành, tính chất đường thẳng song song, ta dễ thấy đường thẳng này song song với (cùng phương với) đường phân giác của góc trong của tam giác có ba đỉnh là z, −1, 1 tại đỉnh z. Do đó, z1 thuộc đường thẳng đi qua gốc toạ độ thoả mãn yêu cầu √ bài toán. Từ đó tập giá trị z 2 − 1 thoả mãn yêu cầu bài toán. 2 Bài 1.12. Cho n + 1 số phức z, z1 , z2 , · · · , zn . Hãy chứng minh rằng 1 nếu Im(z.zk ) > 0, 1 ≤ k ≤ n thì: n k=1 = 0. zk Lời giải. 2 Bài 1.13. Hãy chứng minh rằng nếu z1 , z2 , z3 là nghiệm của phương trình z 3 − 1 = 0 thì n n n n n n n n n z1 + z2 + z3 = z1 .z2 + z2 .z3 + z3 .z1 , ∀n ∈ Z. 14
Lời giải. 2 Bài 1.14. Chứng minh rằng với giá trị k > 0, k = 1, phương trình |(z − a)/(z − b)| = k là phương trình đường tròn. Tìm tâm và bán kính đường tròn đó. Lời giải. Xét phương trình |(z − a)/(z − b)| = k (1) (1) tương đương với |z|2 − 2Re(za) + |a|2 = k 2 (|z|2 − 2Re(zb) + |b|2 ) Do đó Re(a − k 2 b)z |a|2 − k 2 |b|2 |z|2 − 2 + =0 1 − k2 1 − k2 nên 2 a − k2b |a − k 2 b|2 |a|2 − k 2 |b|2 z− = − (2) 1 − k2 (1 − k 2 )2 1 − k2 Ta có |a − k 2 b|2 − (1 − k 2 )(|a|2 − k 2 |b|2 ) = |a|2 − 2Re(ak 2 b) + k 4 |b|2 − |a|2 + k 2 |b|2 + k 2 |a|2 − k 4 |b|2 = k 2 |a|2 − 2Re(ak 2 b) + k 2 |a|2 15
= k 2 |a − b|2 Do đó (2) suy ra a − k2b k|a − b| z− 2 = (3) 1−k |1 − k 2 | Từ (3) suy ra (1) là phương trình đường tròn (k = 1) với tâm k|a − b| tại z0 = (a − k 2 b)/(1 − k 2 ) và bán kính R = . 2 |1 − k 2 | Bài 1.15. Tìm các tổng: a) 1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx; b) sin x + sin 2x + · · · + sin nx; Lời giải. Ta có eix = cos x + i sin x, ∀x ∈ R. Do đó ei0x + ei1x + ei2x + · · · + einx = {1 + cos x + cos 2x + · · · + cos nx} + i{sin x + sin 2x + · · · + sin nx} Vế phải của đẳng thức trên là tổng của n + 1 số hạng của một cấp 16
số nhân có công bội eix và số hạng đầu tiên là 1. Nên 1 − ei(n+1)x ei0x + ei1x + ei2x + · · · + einx = 1 − eix (1 − cos(n + 1)x) + i sin(n + 1)x = (1 − cos x) + i sin x [(1 − cos(n + 1)x) + i sin(n + 1)x][(1 − cos x) − i sin x] = (1 − cos x)2 + sin2 x 1 − cos x + cos nx − cos(n + 1)x = 2 − 2 cos x sin(n + 1)x − sin x − sin nx +i 2 − 2 cos x 2 sin 2 + 2 sin (2n+1)x sin x 2 x 2 2 sin(n + 1)x − sin x − sin nx = 2 x +i 4 sin 2 2 − 2 cos x 2 ∞ Bài 1.16. Chứng minh rằng nếu chuỗi cn hội tụ và n=1 | arg cn | ≤ α < π/2 thì chuỗi hội tụ tuyệt đối. Lời giải. Đặt argcn = ϕn . Khi đó cn = |cn |.eiϕn . 1 Ta có Recn = |cn |.cosϕn ≥ |cn |.cosα. Suy ra |cn | ≤ .Recn . cosα (1) 17
∞ ∞ Vì chuỗi cn hội tụ nên chuỗi Recn hội tụ, do đó chuỗi n=1 n=1 ∞ |cn | hội tụ (theo (1)). n=1 ∞ Vậy chuỗi cn hội tụ tuyệt đối. 2 n=1 Bài 1.17. Giả sử các chuỗi ∞ cn và n=1 ∞ 2 n=1 cn hội tụ. Chứng minh ∞ 2 rằng nếu Re cn ≥ 0 với mọi n thì chuỗi n=1 |cn | cũng hội tụ. ∞ ∞ Lời giải. Đặt cn = xn + iyn . Do chuỗi cn hội tụ nên xn hội n=1 n=1 tụ. Theo giả thiết xn > 0 nên với n đủ lớn thì xn < 1, có thể đánh số lại nên ta giả sử xn → 0 và xn < 1 với mọi n ≥ 1. ∞ Do đó 0 < x2 < xn , suy ra chuỗi n xn hội tụ. n=1 ∞ ∞ Ta có c2 = x2 − yn + 2ixn yn , mà n n 2 cn hội tụ nên (x2 − yn ) n 2 n=1 n=1 hội tụ. Từ đó ta có ∞ ∞ ∞ ∞ |cn |2 = (x2 + yn ) = 2 n 2 x2 − ( n (x2 − yn )) hội tụ. n 2 n=1 n=1 n=1 n=1 ∞ Vậy |cn |2 hội tụ. 2 n=1 18
Bài 1.18. Chứng minh n n 2 (n − 2) |ak | + | ak |2 = |ak + as |2 k=1 k=1 1≤k
p = (|ak |2 + 2Reak ap+1 ) + p|ap+1 |2 k=1 Xét p+1 p | ak |2 −| ak |2 k=1 k=1 p+1 p+1 p p =( ak ).( ak ) −( ak ).( ak ) k=1 k=1 k=1 k=1 p p p p =( ak + ap+1 ) ( ak + ap+1 ) −( ak ).( ak ) k=1 k=1 k=1 k=1 p p =( ak )ap+1 +( ak )ap+1 + |ap+1 |2 k=1 k=1 p = (ak ap+1 +ak ap+1 ) + |ap+1 |2 k=1 p = 2Re ak ap+1 +|ap+1 |2 k=1 Vế trái (1’)-Vế phải (1) p p p+1 = ((p − 2) + 1)( |ak |2 + |ap+1 |2 ) −(p − 2) |ak |2 +(| ak |2 k=1 k=1 k=1 p −| ak |2 ) k=1 p p = (p − 1)|ap+1 |2 + |ak |2 + 2Reak ap+1 +|ap+1 |2 k=1 k=1 p = (|ak |2 + 2Reak ap+1 ) +p|ap+1 |2 k=1 20