Giáo trình Hàm biến phức: Phần 2 - Hồ Công Xuân Vũ Ý

Chia sẻ: 9 9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:153

Thêm vào BST

Báo xấu

216
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giáo trình Hàm biến phức: Phần 2 - Hồ Công Xuân Vũ Ý cung cấp cho các bạn những nội dung kiến thức về số phức và các phép toán, Modulus và bất đẳng thức tam giác, Argument và căn bậc n của số phức, dãy và chuỗi số phức, dãy hàm và chuỗi hàm, chuỗi lũy thừa, hàm giải tích, một số hàm sơ cấp khác và phép biến hình, lý thuyết tích phân, Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Giáo trình Hàm biến phức: Phần 2 - Hồ Công Xuân Vũ Ý

188 Chương VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới §1 Hàm điều hòa Khái niệm hàm điều hòa 1.1 Định nghĩa. Hàm thực u(x, y) xác định trên miền D và có đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thỏa điều kiện u′′xx (x, y) + u′′yy (x, y) = 0 với mọi (x, y) ∈ D được gọi là hàm điều hòa. 1.2 Thí dụ. Hàm u(x, y) = x2 + xy − y 2 là hàm điều hòa trên R2 . Thật vậy u′x (x, y) = 2x + y, u′′xx (x, y) = 2 và u′y (x, y) = x − 2y, u′′yy (x, y) = −2, suy ra u′′xx (x, y) + u′′yy (x, y) = 0. 1.3 Cho hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên D. Theo Hệ quả 5.13 ta có các hàm u(x, y) và v(x, y) có các đạo hàm riêng mọi cấp liên tục. Hơn nữa, theo Định lý Cauchy-Riemann 1.10 trang 80 ta có mối liên hệ giữa hai hàm u(x, y) và v(x, y) trên D như sau ∂u ∂v ∂u ∂v (x, y) = (x, y) (x, y) = − (x, y). ∂x ∂y ∂y ∂x suy ra c Hồ Công Xuân Vũ Ý
§ 1 Hàm điều hòa 189 u′′xx (x, y) = vyx ′′ (x, y), u′′yy (x, y) = −vxy ′′ (x, y); ′′ vxx (x, y) = −u′′yx (x, y), ′′ vyy (x, y) = u′′xy (x, y). Từ đó ta nhận thấy cả hai hàm u(x, y) và v(x, y) đều là hàm điều hòa. Do hai hàm u và v có liên hệ với nhau nên ta có khái niệm sau. 1.4 Định nghĩa. Cho hai hàm điều hòa u và v trên D. Ta nói v là hàm liên hợp điều hòa của u nếu thỏa điều kiện ∂u ∂v ∂u ∂v (1.5) (x, y) = (x, y) (x, y) = − (x, y) ∀(x, y) ∈ D. ∂x ∂y ∂y ∂x 1.6 Thí dụ. Theo thí dụ trên ta biết rằng u(x, y) = x2 + xy − y 2 là hàm điều hòa trên R2 . Bây giờ ta tìm hàm liên hợp điều hòa v(x, y) của u(x, y). Theo điều kiện (1.5) ta có vy′ (x, y) = 2x + y vx′ (x, y) = 2y − x. 2 Từ phương trình thứ nhất ta suy ra được v(x, y) = 2xy + y2 + g(x), cho 2 nên vx′ (x, y) = 2y + g ′ (x). Vậy g ′ (x) = −x hay g(x) = − x2 + C. Suy ra y2 x2 v(x, y) = 2xy + 2 − 2 + C. 1.7 Nhận xét. Theo kết quả trên ta có nếu hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên D thì v(x, y) là hàm điều hòa liên hợp của hàm u(x, y). Hơn nữa, chiều ngược lại cũng đúng, cho nên ta có kết quả ở định lý sau. 1.8 Định lý. Hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D khi và chỉ khi v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng mình chiều ngược của định lý. Giả sử v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D. Khi đó, cả hai hàm u(x, y) và v(x, y) là các hàm điều hòa nên chúng có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trên D, cho nên chúng có đạo hàm riêng cấp một liên tục trên D. Vì v(x, y) là hàm liên hợp điều hòa của u(x, y) trên D nên chúng thỏa điều kiện Cauchy-Riemann. Do đó, theo định lý Cauchy-Riemann, trang 80, hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) khả vi trên D. Do D là miền nên f giải tích trên D. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
190 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Đặc trưng hàm điều hòa 1.9 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trên miền đơn liên D. Khi đó, u là phần thực của một hàm giải tích trên D. Chứng minh. Với ký hiệu z = x + iy = (x, y) và từ giả thiết cùng với định lý Cauchy-Riemann ta dễ dàng nhận thấy hàm f (z) = u′x (x, y) − iu′y (x, y) giải tích trên D. Từ đó theo Hệ quả 4.5 tồn tại nguyên hàm F của f trên D và dF (z) = f (z)dz = [u′x (, xy) − iu′y (x, y)](dx + idy) = u′x (x, y)dx + u′y (x, y)dy + i(u′x (x, y)dy − u′y (x, y)dx) Đặt F (z) = U (x, y) + iV (x, y). Khi đó, ta có Ux′ (x, y) = u′x (x, y) và Vx′ (x, y) = −u′y (x, y). Theo ký hiệu vi phân của hàm phức ta có dF¯ (z) = dU (x, y) − idV (x, y) = Ux′ (x, y)dx + Uy′ (x, y)dy − i(Vx′ (x, y)dx + Vy′ (x, y)dy) = u′x (x, y)dx + u′y (x, y)dy − i(−u′y (x, y)dx + u′x (x, y)dy) Từ đó ta suy ra được d(F (z) + F¯ (z)) = 2[u′x(x, y)dx + u′y (x, y)dy] = 2du(x, y) hay d(Re F (z)) = du(x, y). Do đó, ta có u(x, y) = Re F (z) + C trong đó C là hằng số thực. Rõ ràng F (z) + C là hàm giải tích trên D. 1.10 Nhận xét. Trong định lý trên giả thiết D là miền đơn liên là thiết yếu. Chẳng hạn, ta có thể kiểm tra được rằng hàm u(x, y) = 12 ln(x2 + y 2 ) là một hàm điều hòa trên D = C \ {0}. Trong khi đó, hàm x y z 1 f (z) = u′x (x, y) − iu′y (x, y) = −i 2 = 2 = x2 +y 2 x +y 2 |z| z không có nguyên hàm trên D. Do đó, không có hàm giải tích trên D nhận u(x, y) làm phần thực. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
§ 1 Hàm điều hòa 191 1.11 Định lý. (Giá trị trung bình) Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và z0 ∈ D. Khi đó, Z 2π 1 u(x0 , y0 ) = u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ 2π 0 với mọi 0 < r < d(z0 , ∂D). Chứng minh. Lấy 0 < r < d(z0 , ∂D) tùy ý. Theo Định lý 1.9 tồn tại hàm giải tích f nhận u(x, y) làm hàm phần thực trên miền đơn liên B(z0 , R) với r < R < d(z0 , ∂D). Ta áp dụng Định lý 7.1 trang 177 thu được Z 2π 1 f (z0 ) = f (z0 + reiϕ )dϕ. 2π 0 Do đó, ta có Z 2π 1 u(x0 , y0 ) = Re f (z0 ) = Re f (z0 + reiϕ )dϕ 2π 0 Z 2π 1 = u(x0 + r cos ϕ, y0 + r sin ϕ)dϕ. 2π 0 1.12 Định lý. Giả sử u là hàm điều hòa trong miền D và u đạt giá trị lớn nhất trong D thì u là hàm hằng. Chứng minh. Giả sử hàm u đạt giá trị lớn nhất tại z0 = (x0 , y0 ) ∈ D. Tồn tại r > 0 sao cho B(z0 , r) ⊂ D. Vậy u cũng đạt giá trị lớn nhất trên B(z0 , r) tại z0 . Theo Định lý 1.9 tồn tại hàm giải tích f trên B(z0 , r) nhận u(x, y) làm hàm phần thực. Khi đó, hàm ef (z) giải tích trên B(z0 , r) và |ef (z) | = eu(x,y) . Vậy |ef (z) | đạt giá trị lớn nhất trên B(z0 , r) tại z0 . Do đó, theo Định lý 7.3 trang 177 hàm ef (z) phải là hàm hằng trên B(z0 , r); từ đó suy ra eu(x,y) và u(x, y) là hàm hằng trên B(z0 , r). Phần còn lại của phép chứng minh lập luận hoàn toàn tương tự như chứng minh định lý nguyên lý modulus cực đại trang 179. 1.13 Nhận xét. Định lý trên vẫn đúng khi ta thay giả thiết hàm u đạt giá trị lớn nhất trong D bởi giả thiết hàm u đạt giá trị nhỏ nhất trong D bởi vì nếu hàm u là hàm điều hòa thì hàm −u cũng là hàm điều hòa. c Hồ Công Xuân Vũ Ý
192 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới Bài tập 1 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 3x + y là hàm điều hòa. Tìm hàm điều hòa v(x, y) liên hợp với u(x, y). 2 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y 2 là hàm điều hòa. Tìm hàm điều hòa v(x, y) liên hợp với u(x, y). 3 ) Chứng minh rằng u(x, y) = 2xy − x là hàm điều hòa. Tìm hàm giải tích f (z) nhận u(x, y) làm hàm phần thực. y 4 ) Chứng minh rằng u(x, y) = x2 − y 2 + 5x + y − là hàm điều x2 + y 2 hòa. Tìm hàm giải tích f (z) có phần thực là hàm u(x, y). 5 ) Chứng minh rằng v(x, y) = x2 − y 2 + xy là hàm điều hòa. Tìm hàm giải tích f (z) có phần ảo là hàm v(x, y). 6 ) Chứng minh rằng v(x, y) = ln(x2 + y 2 ) + x − 2y là hàm điều hòa. Tìm hàm giải tích f (z) có phần ảo là hàm v(x, y). 7 ) Chứng minh rằng nếu v là hàm liên hợp điều hòa của u trên miền D và u là hàm liên hợp điều hòa của v trên D, thì u(x, y) và v(x, y) phải là hàm hằng trên D. 8 ) Giả sử f là hàm giải tích trên C và hàm điều hòa u(x, y) = Re[f (z)] là hàm bị chặn trên. Chứng minh rằng u(x, y) phải là hàm hằng trên R2 . 9 ) Cho hàm f (z) = u(x, y) + iv(x, y) giải tích trên miền D. Giải thích tại sao các hàm U (x, y) = eu(x,y) cos v(x, y) và V (x, y) = eu(x,y) sin v(x, y) điều hòa trên D và V (x, y) thật sự là một hàm liên hợp điều hòa của U (x, y). 10 ) Cho hàm f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) giải tích trên miền D mà nó không chứa gốc tọa độ. Dùng hệ phương trình Cauchy-Riemann ở dạng tọa độ cực và giả sử các đạo hàm riêng liên tục, chứng minh rằng hàm u(r, θ) thỏa, trên miền D, phương trình đạo hàm riêng r2 u′′rr (r, θ) + ru′r (r, θ) + u′′θθ (r, θ) = 0, nó là phương trình Laplace dạng cực. Chứng minh rằng điều đó vẫn đúng cho hàm v(r, θ). c Hồ Công Xuân Vũ Ý
§ 2 Công thức Schwarz và công thức Poisson 193 §2 Công thức Schwarz và công thức Poisson 2.1 Định lý. (Công thức Schwarz) Giả sử f (z) = u(x, y) + iv(x, y), ¯ r) giải tích trên B(0, r). Khi đó với z = x + iy, là hàm liên tục trên B(0, Z 2π 1 reiϕ + z (2.2) f (z) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) iϕ dϕ + iv(0, 0) 2π 0 re − z với z ∈ B(0, r). Chứng minh. Với mọi |z| < r, theo công thức tích phân Cauchy đối với đường tròn |z| = r định hướng dương ta có Z Z 2π 1 f (ξ) 1 reiϕ (2.3) f (z) = dξ = f (reiϕ ) iϕ dϕ. 2πi ∂B(0,r) ξ − z 2π 0 re − z Đặc biệt, ta có Z 2π 1 (2.4) f (0) = f (reiϕ )dϕ. 2π 0 Kết hợp hai đẳng thức trên ta có Z 2π h 2reiϕ i 1 1 f (z) − f (0) = f (reiϕ ) − 1 dϕ 2 4π 0 reiϕ − z (2.5) Z 2π 1 reiϕ + z = f (reiϕ ) iϕ dϕ. 4π 0 re − z
r2
f (ξ) Mặt khác, vì |z| = |¯ z | < r nên
> r nên 2 giải tích trên
z¯ ξ − rz¯ ¯ r). Do đó, theo Định lý Cauchy-Goursat ta có B(0, r) và liên tục trên B(0, Z Z 2π 1 f (ξ) 1 iϕ reiϕ z¯ 0= 2 dz = f (re ) dϕ 2πi ∂B(0,r) ξ − rz¯ 2π 0 z¯reiϕ − r2 Từ đó ta viết lại Z 2π 1 z¯ (2.6) f (reiϕ ) dϕ = 0. 2π 0 z¯ − re−iϕ Từ công thức này kết hợp với (2.4) ta được Z 2π Z 2π 1 1 iϕ 1 z¯ f (0) = f (re )dϕ − f (reiϕ ) dϕ 2 4π 0 2π 0 z¯ − re−iϕ Z 2π 1 re−iϕ + z¯ = f (reiϕ ) −iϕ dϕ. 4π 0 re − z¯ c Hồ Công Xuân Vũ Ý
194 VI Hàm điều hòa và hàm điều hòa dưới và do đó ta có Z 2π 1 1 reiϕ + z (2.7) f (0) = f (reiϕ ) dϕ. 2 4π 0 reiϕ − z Cộng (2.5) và (2.7) ta được Z 2π 1 1 reiϕ + z f (z) − (f (0) − f (0)) = f (reiϕ ) + f (reiϕ ) iϕ dϕ 2 4π 0 re − z hay Z 2π 1 reiϕ + z f (z) − iv(0, 0) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ. 2π 0 reiϕ − z Từ đó ta được điều phải chứng minh. 2.8 Nhận xét. Công thức Schwarz cho phép ta xác định hàm giải tích f (z) trên hình tròn B(0, r) khi biết giá trị của hàm phần thực của nó trên biên là đường tròn |z| = r và giá trị hàm phần ảo tại O. 2.9 Định lý. (Công thức Poisson) Giả sử f (z) = u(x, y)+iv(x, y), với ¯ r) giải tích trên B(0, r). Khi đó, ta z = x + iy, là hàm liên tục trên B(0, có công thức Z 2π 1 r2 − |z|2 (2.10) u(x, y) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ 2π 0 |reiϕ − z|2 và (2.11) Z 2π 1 r 2 − ρ2 u(ρ cos θ, ρ sin θ) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ 2π 0 r2 − 2ρr cos(ϕ − θ) + ρ2 với 0 < ρ < r. Chứng minh. Từ công thức Schwarz ta có Z 2π 1 h reiϕ + z i u(x, y) = Re f (z) = Re u(r cos ϕ, r sin ϕ) iϕ dϕ 2π 0 re − z Z 2π 1 Re(reiϕ + z)(re−iϕ − z¯) = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ 2π 0 |reiϕ − z|2 Z 2π 1 r2 − |z|2 = u(r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ. 2π 0 |reiϕ − z|2 c Hồ Công Xuân Vũ Ý
§ 3 Bài toán Dirichlet 195 Khi z = ρeiθ ta có (x, y) = (ρ cos θ, ρ sin θ), |z| = ρ và |reiϕ − ρeiθ |2 = (r cos ϕ − ρ cos θ)2 + (r sin ϕ − r sin θ)2 = r2 − 2rρ cos(ϕ − θ) + ρ2 . Từ đó thay vào công thức (2.10) ta được công thức (2.11). Bài tập 1 ) Chứng minh rằng có thể viết công thức Schwarz dưới dạng Z 1 u(ξ) f (z) = dξ − f (0). πi |ξ|=r ξ − z ξ+z 2 1 Gợi ý : Dùng đẳng thức = − . ξ(ξ − z) ξ−z ξ 2 ) Từ công thức tích phân Poisson hãy chứng minh Z 2π 1 R2 − r 2 (a) dϕ = 1 2π 0 R2 − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2 Z 1 2π R2 − r 2 (b) u(r, ϕ)−u(R, θ0 ) = [u(R, θ)−u(R, θ0 )] 2 dθ 2π 0 R − 2Rr cos(θ − ϕ) + r2 (c) Nếu |u(R, θ) − u(R, θ0 )| < ε đối với |θ − θ0 | < ϕ thì Z 1 R2 − r 2 |u(R, θ) − u(R, θ0 )| dθ < ε. 2π |θ−θ0 |
và f (α)
= 0 với |α| < 1 và |f (z)| ≤ 1 thì với |z| ≤ 1 ta có
z−α
|f (z)| ≤
. 1 − αz ¯ §3 Bài toán Dirichlet 3.1 (Bài toán Dirichlet) Cho một miền đơn liên D trong R2 với biên ∂D là một đường cong Jordan. Giả sử trên ∂D cho hàm liên tục u. Hãy tìm một thác triển điều hòa của u tới D. Nói cách khác, tìm hàm liên tục ¯ điều hòa trong D sao cho hạn chế của nó trên ∂D là u. trên D c Hồ Công Xuân Vũ Ý